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AULA POLITÈCNICA 15
Resistencia de materialesProblemas resueltos
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AULA POLITÈCNICA / ETSEIB
EDICIONS UPC
Miquel Ferrer Ballester
José Luis Macías Serra
Frederic Marimón CarvajalM. Magdalena Pastor Artigues
Francesc Roure Fernández
Lluís Vilaseca Vilanova
Resistencia de materialesProblemas resueltos
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La presente obra fue galardonada en el quinto concurso
"Ajuts a l'elaboració de material docent" convocado por la UPC.
Primera edición: septiembre de 1999
Reimpresión: febrero de 2001
Segunda edición: septeimbre de 2002
Diseño de la cubierta: Manuel Andreu
© los autores, 1999
© Edicions UPC, 1999
Edicions de la Universitat Politècnica de Catalunya, SLJordi Girona Salgado 31, 08034 Barcelona
Tel.: 934 016 883 Fax: 934 015 885
Edicions Virtuals: www.edicionsupc.es
E-mail: edicions-upc@upc.es
Producción: CPDA
Av. Diagonal 647, ETSEIB, 08028 Barcelona
Depósito legal: B-30564-2002
ISBN: 84-8301-621-4
Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del copyright, bajo las san-
ciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o pro-
cedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de
ella mediante alquiler o préstamo públicos.
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Prólogo 7
Prólogo
El presente libro es una colección de problemas resueltos destinada a facilitar el aprendizaje de laResistencia de Materiales a través de su aplicación a la resolución de ejemplos concretos. Ha sidoelaborado pensando en su uso por parte de estudiantes de Ingeniería y de Arquitectura, como texto
complementario a un libro de teoría de Resistencia de Materiales. En concreto su estructura, enfoque ynomenclatura se adapta especialmente al texto Resistencia de Materiales de F. Roure, F. Marimón yX. Ayneto, que actualmente edita CPDA de la ETSEIB- UPC, en forma de fascículos.
Se supone que antes de abordar los problemas de cada capítulo, el lector habrá adquirido losconocimientos de teoría correspondientes, y por ello no se repasan de forma explícita en el presentelibro. Se supone asimismo que el lector ha seguido previamente un curso de mecánica de medioscontinuos, y que dispone de los conocimientos de elasticidad lineal necesarios. Al efecto se han
incluido en la Bibliografía textos de teoría sobre ambos aspectos.
Los temas que cubre este libro son los clásicos de un primer curso de Resistencia de Materiales: lostemas básicos relativos a la pieza prismática. Una rápida ojeada al índice ilustra perfectamente el
alcance del temario abordado. Se ha centrado el texto en estos temas básicos para adaptarlo precisamente al desarrollo de un curso de duración cuatrimestral; aunque al final de algunos capítulosse han introducido también problemas más complejos (van marcados con un asterisco), para aquelloslectores que deseen profundizar en dichos temas.
Los casos más sencillos, introductorios de cada tema, no se han incluido en este libro como problemas,
porque ya suelen encontrarse como ejemplos introductorios en los libros de teoría, y no se haconsiderado necesario repetirlos. Tampoco se ha pretendido elaborar una colección exhaustiva de
problemas, sino seleccionar unos cuantos de cada tema, para ilustrar sus diversas facetas.
A pesar de las numerosas revisiones que hemos hecho del texto y de las pruebas de impresión,estamos seguros de que algunos errores y erratas habrán conseguido colarse (confiamos en que seansólo algunas), y pedimos por ello disculpas al lector.
Finalmente queremos expresar nuestro agradecimiento a los siguientes estudiantes de la ETSEIB que,como becarios del Departamento, han colaborado en la esmerada confección del texto, las fórmulas ylos dibujos: Pedro J. Campos San Facundo, Antonio Cerra Franco y Robert Gimeno Feu.
Los autores
Barcelona, junio de 1999
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Índice 9
Índice
1 Diagramas de esfuerzos.......................................................................................................11
2 Esfuerzo normal...................................................................................................................25
3 Esfuerzo de cizalladura pura................................................................................................35
4 Características de secciones.................................................................................................45
5 Dimensionado de secciones a flexión..................................................................................53
6 Flexión desviada y flexión compuesta.................................................................................75
7 Torsión y esfuerzos combinados..........................................................................................89
8 Corrimientos en piezas prismáticas....................................................................................131
9 Piezas y sistemas hiperestáticos.........................................................................................139
10 Inestabilidad elástica...........................................................................................................161
Bibliografia................................................................................................................................185
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Bibliografía 185
Bibliografía
COURBON, J. Resistencia de materiales (I y II). Madrid, Aguilar, 1968.
LAROZE, S. Resistance des materiaux et Structures (I,II,III y IV). París, Eyrolles-Masson & Cia, 1974.
LOVE, A.E.H. A treatise on the mathematical Theory of Elasticity. New York, Dover, 1944.
NEUBER, H. Mecánica técnica (II). Madrid, Dossat, 1977.
ORTIZ, L. Elasticidad . Madrid, Mc Graw-Hill, 1998.
ORTIZ, L. Resistencia de materiales. Madrid, Mc Graw-Hill, 1991.
ROURE, F.; MARIMÓN, F.; AYNETO, X., Resistencia de materiales (Fascículos). Barcelona, CPDA-ETSEIB, 1998
TIMOSHENKO, S.P., Resistencia de materiales. Madrid, Espasa-Calpe, 1967.
UGURAL, A.C.; FENSTER, S.K. Advanced Strength and applied Elasticity. New York, Elsevier, 1987.
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1 Diagramas de esfuerzos 11
1 Diagramas de esfuerzos
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12 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.1
Determinar los diagramas de esfuerzos en la estructura de la figura.
Resolución:
a) Descomposición de la fuerza exterior aplicada en el extremo de la barra BE.
b) Cálculo de las reacciones.
Tomamos momentos respecto al punto C:
0c
M N3,33-= N3
1000800260036006
AV AV
R R
Suma de fuerzas verticales y horizontales:
N3
1900600
3
10006000 CV CV AV V
R R R F
N6000 AH H R F
N6002
22600
N6002
22600
V
H
F
F
Ejes globales
A
B
C
E
D
600 2 N45o
3 m 3 m 2 m
2 m800 Nm
A
B
C
E
D
600 N
600 N
R AV
R AH RCV
800 Nm
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1 Diagramas de esfuerzos 13
c) Cálculo de momentos en los tramos AB y BC.
TramoAB: Nm10003
100)( B A AV M M x x R xM
Tramo BC:
Diagramas.
Equilibrio del nudo B.
Nm8002600360063
100
Nm11001200033
100
2600)3(600)(
C
B
AV
M
M
x x R xM
600 N
600 N
600 N
3
1900N
B
100/3 N
B
E
A B C D+
600 N
600 N
A B C D
B
E
-
-
+
1200 N·m
-100 N·m
-800 N·m
A B C D
B
E
+
600 N
1900
3N
-
N
T
M
1100 N·m
-
-
N3
100
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14 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.2
Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura, apoyada en los extremos y sometida a
una carga repartida triangular.
Resolución:
a) Cálculo de la reacciones.
Resultante de la carga N48002
61600
Q .
N1600
N3200
6
44800
4480060
4800
A
B
B A
B A
R
R
RM
R R
A B
6 m
4 m 2 m
4800 N
R BR A
6 m
A B
x
m
N1600
T
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1 Diagramas de esfuerzos 15
b) Cálculo de los esfuerzos de sección.
Sección situada a una distancia x del apoyo A:
T:
2
0
2
00
12
16001600
26
16001600
6
160016001600
xT
d d qT
x
x x
M:
66
16001600
326
16001600
326
16001600
6
160016001600
333
0
32
00
x x
x x xM
x xM
d x xd xq xM
x
x x
L = 6 m
A B
x
m
N1600
1600 N 3200 N
x-
d
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16 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
c) Diagramas.
d) Punto de Mmáx
Nm369546,312
160046,31600
m46,31212
160016000
0
2máx
2
M
x xT
T T x
M
1600 N
3695 Nm
3200 N
A T
-
M
+
+
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1 Diagramas de esfuerzos 17
Problema 1.3
Determinar los diagramas de esfuerzos del pórtico inclinado de la figura.
Resolución:
Para el cálculo de las reacciones, planteamos las ecuaciones de la estática.
N23000222002240040
N24000
022000
C C A
AH H
C AV V
R RM
R F
R R F
N2200
N2400
2 m
2 m 2 m
45C
B
A
2200
2400
C
B
A
R AV R C
R AH
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18 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
por tanto, N R AV
2100 y descomponiendo cada reacción en las direcciones de las barras,
Diagrama
Diagrama
Diagrama
2400
400
400
400
400
2400
100100
100100
2100
2100
300300
300 300
2300
2300
N
+ -
CA
B
500 N
-300 N
T
+ -
CA
B
300 N
300 N
M
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1 Diagramas de esfuerzos 19
M = 300 · x Nm2600
0
B
A
M
M M = 300 · x’
Nm2600
0
B
C
M
M
Método alternativo para hallar las reacciones: resolución gráfica.
Para que las tres fuerzas estén en equilibrio, sus líneas de acción deben cruzarse en punto O (ya que
00 M ). A partir de la línea de acción vertical de R C, se obtiene O.
A
B
x +C
B
300 N
x’+
2200
2400
C
B
R A
R C
F
F
R C
R A// OA
// OC
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20 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.4
Determinar los diagramas de esfuerzos en la viga de la figura.
Resolución:
Cálculo de las reacciones:
N6133
N44678300063660024000:
0300066004000:
B
C C B
C BV
R
R RM
R R F
Diagrama de momentos flectores:
Tramo AB:
Nm80000
4000
B AM M
xM
Tramo BC:
Nm6000 Nm8000
2
2600261334000
2
C B M M
x x xM
Tramo CD:
0 Nm6000
8446756600261334000
DC M M
x x x xM
Diagrama de esfuerzos cortantes.
Tramo AB:
N4000 N4000 N4000
B AT T
T
4000 N 3000 N
P1
A
P2B C D
p = 600ml
N
a = 2 m L = 6 m b = 2 m
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1 Diagramas de esfuerzos 21
Tramo BC:
N1467 N2133
260061334000
C B T T
x xT
Tramo CD:
N3000 N3000
4467360061334000
DC T T
T
El diagrama de momentos flectores pasa por un mínimo relativo en el punto E, donde la tangente es
horizontal, o sea:
m35,50260061334000:0
E E x xT
x
M
ME = -4208 Nm
D
-8000
-6000
2133
-4000 -4000
3000 3000
-1467
M
( Nm )
( N )
T
-
--
++
E
xE
A
B C
a = 2 m L = 6 m b = 2 m
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22 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 1.5
En la viga en voladizo de la figura, calcular las reacciones en el empotramiento y dibujar los
diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores en toda la viga.
Resolución:
a) Reacciones en el empotramiento.Comenzaremos por buscar el sistema de fuerzas que ejerce el empotramiento, dibujamos el diagrama
de sólido libre y obligamos al equilibrio. Sumando fuerzas y tomando momentos obtenemos:
mKN222105,04
KN14
E
E
M
F Reacciones que ejerce el empotramiento sobre la viga.
1 m1 m 2 m
0,5m
4 KN5 KN/m
2 m
0.5m
4 KN
F E
10 KN
M E
1 m 2 m
0.5m
4 KN
F E
M E
5 KN/m
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1 Diagramas de esfuerzos 23
b) Diagramas
Tramo AB: M = 0 T = 0
Tramo BC:
KN10
0KN15
0
0mKN2
15
2
2
C
B
C
B
T
T xT
M
M x
M
1 m2 m0,5
4 KN 5 KN/m
0,5
-
+
M
T
E D C B A
x
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24 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tramo CD:
KN10
KN10KN10
mKN15
mKN10mKN210
D
C
D
C
T
T T
M
M xM
Tramo DE:
KN14
KN14KN14410
mKN22mKN15mKN5,34210
E
D
E
D
T
T T
M M x xM
Estos diagramas se han obtenido tomando el origen de las x en el extremo A, de la derecha, porque en
este caso, es más cómodo. Si se determinan los diagramas tomando el origen de las x en el extremo de
la izquierda E, tal como se hace habitualmente, el diagrama de momentos flectores, M, sale idéntico;
pero el diagrama de esfuerzos cortantes sale opuesto (igual, pero de signo cambiado).
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2 Esfuerzo normal 25
2 Esfuerzo normal
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26 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.1
Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de igual diámetro 4 mm , y cuyosmódulos de elasticidad son: E 1=2.1·10
5MPa y E 2=0.7·10
5MPa. La longitud de la barra es de 600 mm
y la de los cables 300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra. Dicha barra está
sometida a una carga puntual P =500 N.
Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tengan el mismo descenso.
Resolución:
Dibujamos el diagrama de sólido libre y obligamos el equilibrio. Además imponemos la igualdad de
deformaciones.
0)(0
0
x L P L RM
P R R F
A B
B AV
P =500 NA B
600 mm
x
300 mm 4 mm
4 mmE 1
E 2
P =500 N
A B
R A R B
LBLA
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2 Esfuerzo normal 27
N375 N1254
5005003
370000
210000
:HookedeLey
2
1
21
A B B B
B A B B
A B B A A
B A
R R R R
R R R
E
E R R
E S
L R
E S
L R
L L
De la ecuación de los momentos obtenemos x:
mm1500)600(500600375
0)(
x x
x L P L R A
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28 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.2
En la barra esquematizada en la figura adjunta los extremos A y D están empotrados. Determinar lastensiones en ambas secciones, cuyas superficies son: Aa=40 cm2 y Ab=80 cm2 .
Hallar también el diagrama de esfuerzos axiles.
Datos: E =2·105
MPa.
Resolución:
F V 0
R A+ R D = 15 T = 150000 N
Ecuación de deformación
El tramo AC está comprimido, por tanto R A es un esfuerzo de compresión, y el tramo CD está
traccionado, por lo que R D es un esfuerzo de tracción.
Al estar los dos extremos , A y D, empotrados la variación total de longitud es 0; y el acortamiento del
tramo superior es igual al alargamiento del tramo inferior:
CD BC AB L L L
Aplicando la ley de Hooke: L F L
A E
b
CD D
b
BC A
a
AB A
A E
L R
A E
L R
A E
L R
B
C
1 m
3 m
1 m15 T
A
Aa=40 cm2
Ab=80 cm2
D
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2 Esfuerzo normal 29
252525 1080102
1000
1080102
3000
1040102
1000
D A A R R R
100030002000 D A A R R R
Resolviendo las ecuaciones, tenemos
T512 N125000
T52 N25000
. R
. R
B
A
Cálculo de las tensiones.
Tramo AB: (COMP.)MPa25.6mm1040
N2500022
AB
Tramo BC: (COMP.)MPa125.3mm1080
N2500022
BC
Tramo CD: (TRAC.)MPa625.15mm1080
N12500022
CD
Diagrama de esfuerzos normales:
A
B
C
1 m
3 m
1 m15 T
D
R A
R D
A
B
C
D
2.5 T
12.5 T
-
+
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30 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 2.3
a) Las dos barras de la figura articuladas en sus extremos, de acero, de 2 cm de diámetro y de 3.5 mde longitud, soportan un peso P =5 KN. Calcular el descenso del punto C, siendo =20º.
Datos: E =2,1·105
MPa.
b) Resolver para=0º.
Resolución:
a) Para =20º:
Del equilibrio del punto C se obtiene
sen2
2sen
P N
P N
Sea (CC1) el descenso del punto C, entonces el alargamiento de la barra AC, L, será C’C1
pudiendo considerarse el triángulo CC’C1 rectángulo en C’. Aquí es
sen
L . Como por otra
parte:
EA
NL L , se tiene que:
mm13,134202.01014,3101.22
35005000
sen2sen 2252
EA
PL
EA
NL
b) Para=0º:
P
Equilibrio del punto C
N
N
P
A BC
P
L L
C1
P
L LC
C’C1
A B
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2 Esfuerzo normal 31
De acuerdo con la estática de los sistemas rígidos, descomponiendo la fuerza P en las direcciones de
las barras, se encontrarían, para los esfuerzos en las barras y para las reacciones, valores infinitamentegrandes. La solución evidentemente es inaceptable, ya que ni las barras ni los apoyos resistirían.
A fin de hacer desaparecer la aparente imposibilidad basta con considerar los alargamientos de las
barras que toman direcciones no alineadas. Esto demuestra la necesidad de tener en cuenta las
deformaciones en este caso.
Poniendo
tg L
(para ángulos pequeños)
el alargamiento de las barras vale
21111
AC
ACAC 22
2221
L L
L L
Esta última igualdad proviene de la expresión:
128
5
16
1
8
1
2
1111 43221 aaaaaa
Para a<<1 , pueden despreciarse las potencias de a y, por tanto, queda2
11a
a .
El esfuerzo normal en una de las barras es:
2
2
A E A E A N
Por otra parte, del equilibrio del punto C se deduce
2222sen
2
P A E P N P N N
Resulta
3
A E
P
3
A E
P L L
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32 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Aplicando los datos numéricos del problema:
mm1481014,3101.2
50003500 3
25
º42,2rad04229,03500
148
L
N5911604229,02
5000
2
P N
2 N/mm188314
59116
A
N
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2 Esfuerzo normal 33
Problema 2.4
Hallar las reacciones del sistema y las tensiones en las barras articuladas AB y CB de la estructurarepresentada en la figura, suponiendo infinitamente rígida la barra horizontal DE, articulada en D.
Barra AB: sección 40 cm2
Barra CB: sección 80 cm2
Se considera el mismo módulo de elasticidad, para todas las barras.
Resolución:
Se trata de un sistema hiperestático.
R BA y R BC siguen la dirección de la barra.
Ecuaciones de la estática:
T8044020
02
2
2
20
0402
2
2
20
D D B
BA BC D H
BC BA DV
V V M
R R H F
R RV F
ED
40 T R BA
R BC V D
H D
4 m2 m
2 m
2 m
B
C
A
ED
40 T
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34 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
B B L B B LCB AB
Al ser deformaciones y ángulos pequeños:
B B B B
BC AB L L
Alargamiento barra AB= Acortamiento barra BC
Aplicamos la ley de Hooke:
BC BA
BC BA R R
E
R
E
R
2
80
22
40
22
De la ecuación Fv = 0 tenemos:
0402
22
2
280
BA BA R R
con lo que,
T47.113T73.56 BC BA
R R
De la otra ecuación despejamos: H D= - 40 T (sentido contrario al supuesto)
Cálculo de las tensiones:
2
2
cm
Kp1418
80
113470
cm
Kp1418
40
56730
AB
AB
B
B’
B’’
45º
~45º
acort.
LBC
LAB
alarg.
A
D
C
B ED
B’
B’’
A
C
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3 Esfuerzo de cizalladura pural 35
3 Esfuerzo de cizalladura pura
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36 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 3.1
a) Determinar el diámetro mínimo con el que se puede perforar una chapa de acero A-42b (e=260
N/mm2) de 5 mm de espesor suponiendo que el punzón tiene una tensión admisible a compresión,
adm= 500 N/mm2 .
b) ¿ Qué fuerza máxima se ejercerá ?
c) ¿ Qué adm debería tener el punzón para realizar un punzonado de 5 mm ?
Nota: Suponer que el extremo del punzón es plano y horizontal.
Resolución:
a)
d d S F
d d A F
e
chapa
adm punzon
6.2654526065.0
7,3924
500
max
2
2
max
mm76,66.26547,392 2 min
chapamax
punzonmax d d d F F
b) N179454
5002
d
A F admmax
c) 2
2
mm N6765526065.0
4
5 adm
punzonadm
adm
e
5 mm
Punzón
adm = 500 N/mm2
Chapa de acero
e = 260 N/mm2
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3 Esfuerzo de cizalladura pural 37
Problema 3.2
Dimensionar la cadena de una bicicleta con un coeficiente de seguridad s y suponiendo todo el pesodel ciclista sobre uno de los pedales.
P = 800 N
R = 200 mm
Plato D=200 mmChapa eslabones: e=360 Mpa
Pasadores: e=260 Mpa
cilindros “centradores”
Resolución:
N1600mm100
mm200 N800
2
D
R P F
R
P
D
FF
PD
R
e?
ba
d?
e?
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38 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Dimensionado de la garganta ‘a’ de la chapa atracción pura:
2mm3,3240
80022
adm
adm
F
eaea
F
MPa240
5.1
MPa360adm
p.ej : a = 4mm e =1 mm
Dimensionado del pasador a cizalladura:
2
22
N/mm1385.1
2608.08.0
mm7.24
13842
800
admadm
minadmd
d d F
Dimensionado del pasador a aplastamiento:
2
'
mm N347
5.1
2602
mm3,213472800
adm
minadm d d ed
F
mm7,23,2;7,2máx minmin
d d
Dimensionado de la chapa en la zona del orificio del pasador
a tracción:
mm0,624017,22
800 minadm
bbed b F
a desgarro:
mm8.104.521 min
bd t
mm8,108,10;0,6 minmin
bmaxb
El dimensionado final queda así:
F/2
F/2
F/2
F/2
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3 Esfuerzo de cizalladura pural 39
mm8,10
mm4
mm7,2
mm1
b
a
d
e
d= 2,7 mm
e=1 mm
b=10,8 mm
a= 4 mm
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40 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 3.3
Dimensionar la unión esquematizada en la figura suponiendo que las chapas son de acero A-37b y lasuniones son roblonadas.
Datos:
e1 = 5 mm e2=e3
Chapas: Roblones: Tomar: se=1,5
Acero A37b Acero A37be=240 N/mm2
e=240 N/mm2
Resolución:
a) Unión 1
d1
t1e1
F
F/2 e2
e2
F/2
t1 t1
b
t1’
d1
d2
N?
e1t1t1
e2t1’
d1 d2
e3
e3
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3 Esfuerzo de cizalladura pural 41
Cizalladura:
max
seg
eadm F d d
d d d F T
2
121
21
21
21 1.20155,100
45.1
2408.0
442
Aplastamiento:
maxmax
adm
max
adm
max F d d F F F
ed
1111 20005
5.1
2405.2
De las condiciones cizalladura y aplastamiento simultáneas obtenemos:
d 1,optimo = 9.95 mm 10 mm = d 1 F max = 20000 N
( fallará por aplastamiento de la chapa )
- Desgarramiento
mm202 111 t d t
Cálculo de la sección neta
260/1.5 = 160 N/mm2
mm35=mm10
mm5mm
N160
N20000
mm
N160
2
2
b A
F
neta
max
Dimensionado de e2: las dos chapas e2 son del mismo material que la chapa e1 , tiene las mismas
dimensiones y trabajan de la misma manera, por tanto:
mm5,22
2 1212
eeee
10 mm
t1=2d=20 mm
b F max
20000 N
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42 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Unión 2
Atención: es un problema hiperestático. Aquí se presenta la solución concreta para el caso ee
21
2 , y
con la hipótesis de roblón rígido; por lo que puede suponerse que la fuerza total se distribuye entre las
tres chapas de la derecha de la manera indicada en la figura: F/4, F/2 y F/4.
Cizalladura:
22
22
22 74.49
45.1
2408.0
4
20000
44
4d
N
d
N
d
N
F
N
F
T adm
Aplastamiento:
2222
105.2
5.1
2405.2
2
20000
2
2d
N d
N ed
N
F
N
F
adm
De las condiciones de cizalladura y aplastamiento obtenemos
2mm5mm97.4 22 N d d
con lo que vemos que fallara antes por aplastamiento.
Desgarramiento:
mm1021 d t
Tracción:
Seguro que cumple ya que b es igual y F es menor.
e2
t1’
e1
F /4
F /2
F /2
F /2
e2 e3
F /4
N ?
d2
F F
e3
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3 Esfuerzo de cizalladura pural 43
Problema 3.4
Hallar el coeficiente de seguridad seg de las piezas rectangulares de trabado para los perfiles deestantería metálica representados en la figura.
Acero A-42b
2cm
Kp2600e20 mm
10 mm
s ?
L = 50 cm
h = 20 cm
p = 100
N/cm
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44 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
2
2 pLM (momento a transmitir en la sección
de empotramiento)
N3125
204
50100
422
22
H
H H
F
h
L p
h
M F M h F
N1250 N5000501004 vv F L p F
N366612503125 2222 V H F F T
F
S T (suponiendo una distribución constante de en la sección)
2 N/cm8,161020
3366
28,98,16
2606.06,0
máxmáx
eeS
F H
F V
p
L
h h
2F h
2F h
2F v
2F v
F H
F V
T
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4 Características de secciones 45
4 Características de secciones
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46 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 4.1
Determinar las inercias resultantes Iz e Iy si partimos de cuatro perfiles L 45x45x5, para unas cotas b y
h genéricas.
Resolución:
De las tablas: Iz’ = Iy’= 7,84 cm4
A = 4,3 cm2
c = 1,28 cm
2
'2
c
h A I I z z (momento de inercia de una L, respecto al eje z)
2
'2
c
b A I I y y (momento de inercia de una L, respecto al eje y)
y’
z’
y’
z’c
c
h
y
z z
y
b
z z
ch/2
y
y
c
b/2
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4 Características de secciones 47
hhch A I I I z z z
12,530,454,59
2444 22
' (momento de inercia de las
cuatro L)
2
'2
444
c
b A I I I y y y ( momento de inercia de las cuatro L)
54,592230,4 2 hh I z
54,592230,4 2 bb I y
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48 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 4.2
Dado un perfil “doble T”, determinar la magnitud a de la figura para que la inercia de la viga
aligerada resultante sea 4 veces la inercia inicial.
Resolución:
ea A
ae
I Z
22
212
1
2
3
zz a/2
a/2a
IZ
A
IZ/2
A/2
IZ’/2
ea A A
222
'
z’h’2a
?
hz
y
e
IZ
A
y’
a
IZ
IZ’ = 4 IZ
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4 Características de secciones 49
288812
1
22222212
1
2
32
323
' e
a
a
Aa
e
I a
e
a Aa
e
I
I
Z Z
Z
ae A
a I a
Aae I
Z Z 12
13
44412
13 22
3
ae A
a I I
Z Z 12
13
4
2
'
Ha de ser :
ae A
a I I I
Z Z Z 12
13
44
2
'
a I a A
ae Z
03
448
13 23
si suponemos que (e·a) es << A (área total del perfil IPE) :
4
2
'
a A I I
Z Z
43
2
Aa
I Z
Z
Z Z i
A
I
A
I a 323212
( A
I i
Z
Z radio de giro de la sección respecto al eje z)
a
e
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50 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 4.3
Determinar las siguientes características de la sección monosimétrica de la figura respecto del eje principal z:
a) A , Iz , Wz,sup , Wz,inf , iz .
b) El momento resistente elástico, Mel. z , para un acero e=235 N/mm2.
Resolución:
a) El área de la sección total será la suma de las áreas de las pletinas:
2
mm25000202501080030400i
A A
Por simetría el centro de gravedad, G, está situado sobre el eje y (z = 0).
ysup
yinf
Mel.z
e= 235 N/mm2
800
30
20
10yG
400
250
# 400·30
# 800·10
# 250·20
G
y
z
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4 Características de secciones 51
Para determinar la posición y del centro de gravedad de la sección, G, es cómodo calcular el momento
estático de cada elemento respecto de la fibra inferior. Así:
iiG y A y A
mm537
25000
10202504201080083530400
A
y A y
ii
G
Se utiliza el teorema de Steiner para calcular el momento de inercia de la sección total respecto del ejey-y:
2312
1Giiii z y y Ahb I
23 537835304003040012
1 z I
23
537420108008001012
1
4423mm10299154537102025020250
12
1
El módulo resistente respecto de la fibra superior, ysup:
33
4
sup
sup, mm109558537850
10299154
y
I W z
z
El módulo resistente respecto de la fibra inferior, yinf :
334
inf
inf , mm105571
537
10299154
y
I W z
z
El radio de giro de la sección respecto del eje z, iz:
mm34625000
10299154 4
A
I i z z
b) El momento resistente, Mel.z, se obtiene a partir de la tensión de límite elástico del material y delmódulo resistente mínimo de la sección:
mkN1309mm N101309105571235 63
,.
min z e z el
W M
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5 Dimensionado de secciones o flexión 53
5 Dimensionado de secciones o flexión
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54 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.1
Dimensionar la viga esquematizada suponiendo que disponemos de perfiles IPE 240 como máximo y
chapa de 10 mm de grosor.
P = 9500 Kp
L = 6 m
Acero A 42b
se = 1,5
Resolución:
2
2
cm
Kp1733
5,1
2600
1,5
cm
Kp2600 b42AAcero
adm
s
e
e
Momentos flectores x x P
xM 47502
)(
cmKp1014254
3
L P
M C
Tramo A-E :
cmKp10561WMcm324W
cm3890I240IPE 3
max3
4
adm
561 · 103
= 4750·x x = 118,2 cm L1=115 cm
P
==
L
A BC
E D C
L1
L2
x
+
A
DEC
E D C
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5 Dimensionado de secciones o flexión 55
Tramo E-D: es necesario reforzar
42323 cm1876187515.1212112121
121 d ebeb I
32
42 cm588
13
7642cm7642)1876(23890 W I
cmkp1010191733588 3 admM
1019 · 103
= 4750·x x = 214,6 cm
L1 = 210 cm
Tramo D-C:
4223 cm21885,1312112
1 d ebeb I
33
423 cm858
14
12018cm12018)2188(2 W I I
cmkp1014871733858 3 admM
1019 · 103
= 4750·x x = 313 cm > 300 cm
no es necesario reforzar más
b=120 mm
e =10
d
ee
d
300 cm
210 cm
115P
M (m·Kp)
T (Kp)
142505460
99705610
10180
14872
9500/2 = 4750 Kp
4250 Kp
Solicitación
Capacidad resistente
+
-
+
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56 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.2
Dimensionar un segmento de pistón de radio R para que pueda ejercer sobre la pared del cilindro una
presión uniforme de 0,19 N/mm2
, sin que las tensiones superen el valor de max= 261,5 N/mm2
(e =
340 N/mm2
, se = 1,3) (Fundición de grafito nodular).
Nota: Usar la simplificación de simetría,
suponiendo que Rh es suficientemente
pequeño.
R = 40 mm
Resolución:
Por razones de simetría consideramos:
Diagrama de momentos flectores :
Momento producido por dp en el punto genérico C
d Rb p Rd R pbdM ccc sensen2
(dp = p · R · d)
Momento total para el punto genérico C:
C
R·d
C
AOB
dp
p
R
h b
R
voladizo
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5 Dimensionado de secciones o flexión 57
cccc Rb p Rb pd Rb pM
cc
cos1cossen
2
0
2
0
2
Por tanto, si el momento flector para cualquier punto del segmento es :
cc Rb pM cos12
tendremos el máximo: c = 180
Mmax = 2 · p ·b · R 2
bdedepende Nohmm7,3093,0
mm N5,261
12
2
12
1
2
222
2
3
2
Rh
h
R ph
hb
Rb ph
I
M admmax
M
= 180
= 180Mmax = 0
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58 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.3
Un estudiante ha decidido instalar un estante para colocar sus libros y apuntes. Los ha colocado uno
junto al otro y ha medido la longitud total de estante que necesita y la anchura que debe tener. Al ir a
comprar el estante ve que para estas dimensiones puede escoger varios espesores distintos. No sabe
cuál escoger. Entonces recurre a un amigo suyo que está haciendo 3er
curso de Ingeniería Industrial y
le expone el problema:
He decidido instalar un estante para libros, según el croquis de la figura:
Kg/cm6,0cm20cm15cm100 apuntes ylibros pba
En la tienda me han informado de que la madera de los estantes tiene las siguientes características
mecánicas:
22 N/mm00010 N/mm4 E adm
La cuestión es:
a) ¿De qué espesor h mínimo debo colocar el estante?
b) Los dos apoyos los he colocado, simétricamente, a una distancia a = 15 cm del extremo por
razones puramente estéticas. Pero, atendiendo a razones de comportamiento resistente, ¿cuál
sería la distancia óptima de los apoyos a los extremos, que podría minimizar el espesor h del
estante?
c) Finalmente, me preocupa saber cuál será la flecha que tendrá el estante, una vez cargado, en su
punto central (con la distancia a inicial).
a a
b
h
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5 Dimensionado de secciones o flexión 59
Resolución:
a) Determinación de h mínima.
2
p R R C B
Tramo AB:
20
22
2
a pM M
x pM
B A
a pT T
x pT
B A
0
Tramo BC:
282482
2
22222
222
2
222
a p pa p p pM x
a pM M
a paa p
a pM a x p
x pM
E E
BC
B
p
a a
b
hA B C D
+
- -
vE
T
M
--
++
x
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60 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
22
22
pa p pa pT
pa pT p x pT
C
B
Tramo CD:
2
222
222
22222222
22
a pa p
a pM x p
x pM
a xa x p x
pa x pa x p x
pM
C
0222
2
p pM D
p x pT a p pa pT C
0 p pT D
Con = 100 cm, a = 15 cm y p = 0,6 Kg/cm, tenemos los siguientes resultados:
cmKg5,675,112 pM M C B
cmKg300500 pM E
677.40Kg/cm77,40
2
mín,2máx
máxhbM
W W
M
W
M E
z adm
z
E
z
cm49,1
2077,40
6mínmín
20
h
M h E
b
b) Determinación de la distancia a óptima.
Óptimo resistente:
máxmáx M M
E B M M
282
22
a
p p
a
p
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5 Dimensionado de secciones o flexión 61
04
22 aa
422
22
a
207,1
207,0
2
2
24
2
2
2
aa
Así pues, la distancia ‘a’ óptima es: cm7,20óptimaa
Y se tiene, un momento máximo: cmKg7,128máx M
c) Cálculo de la flecha en el punto central, por el método de la fuerza unitaria.
Tramo BE:
a xM 2
1
Tramo EC:
a xa xM
1
2
1
22
1
22
10
12
22
dxa xa x p x
p EI
dxa
x p
EI dxM
EI
M
F
W a
o a
2
222
3
2222222
2
a
dxa
p xa
p xa
p xa
p x p x
p
EI
La segunda solución no
interesa, porque cae fuera
del intervalo analizado
a a
A B
E
F=1
C D
+
M’
x
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62 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
2223234
246468
a
xa xa xa xa x x
EI
P
328,65,5625,9375,3125,937208325,781(6,0
EI
cm265,0513,5000100
247246,010)75,168375,84437,8375,8425,56
3
4
33
cm513,512
49,120
12
bh I
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5 Dimensionado de secciones o flexión 63
Problema 5.4
Sea una viga de sección transversal en doble T, formada por 3 platabandas soldadas de dimensiones
las de la figura. Hallar el paso l de los cordones de soldadura a tramos de unión entre el alma y las
alas, si la garganta de soldadura es a= 5mm y la longitud de cada tramo de cordón es de l s = 10 cm. El
esfuerzo cortante máximo que soporta la viga es T y= 40000 kg. La tensión cortante admisible en la
soldadura es adms = 1000 kg/cm2.
Resolución:
Esfuerzo cortante por unidad de longitud en la superficie de contacto entre alma y platabanda
z
12 mm
z
6 mm
600 x x
220
y
G
s
s
:1 A z m momento estático del ala
Z
A Z
I
mT f
1
4323
31
cm14,246608001014,44649606,012
16,302,1222,122
12
12
cm84,8076,302,122
Z
A Z
I
m
kg/cm35,536614,24660
84,80700040
f
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64 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante admitido por el cordón de soldadura,
a F sadmsadms 2
Igualando esfuerzos
f F adms
cm19cm64,1835,536
5.01010002
35,5365,01010002
21
z
A z
sadms I
mT a
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5 Dimensionado de secciones o flexión 65
Problema 5.5
Se ha construido una viga roblonando cuatro angulares 120*120*12 en los extremos de una platabanda de 400*20 mm. Hallar el diámetro mínimo de los roblones si la viga está biapoyada en sus
extremos, tiene una longitud de 6 m, y soporta una carga puntual centrada P . Datos: separación entre
roblones e= 120 mm; tensión normal admisible de la platabanda y los angulares: admisible=173 Mpa;
tensión cortante admisible de los roblones adm roblón= 42 MPa.
Resolución:
N244796103200
2103,42450173
mm103,42450
cm3,424509,794547,10666
4,3205,27368440212
1
200
102
3
173
3
3
43
4
23
,,
3
P
I
I I I
I
P
y I
M
z
angular z alma z z
z
máx
z
adm
60
e e
400
120 120
20z
y
P
6 m
M
T
+
-
+
2 P
2 P
2 P
23
P
2 P
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66 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones por unidad de longitud
Esfuerzo cortante que ha de ser soportado por cada roblon
Diámetro mínimo de los roblones : d = 21,9 mm
333
4
3
mm10913cm9136,165,272
N3981222
N/mm25,263103,42450
10913398122
z
Z
Z
m
P T
I
mT f
mm9,21422
431590
N31590424
2
N3159012025,263
2
d
d F
e f F
adm
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5 Dimensionado de secciones o flexión 67
Problema 5.6
Una viga armada tiene una sección compuesta por un alma rectangular de 80012 mm, y cada ala
compuesta por una platabanda de 19010 mm y 2 perfiles angulares 908 mm. Calcular el diámetro
mínimo de los roblones, sabiendo que el paso de remachado de los angulares con el alma es e1= 18
cm y el de la platabanda y angulares es e2= 40 cm. Esfuerzo cortante máximo que ha de soportar la
viga: T = 40 kN. Tensión de cortadura admisible en los roblones adm = 42 MPa.
Resolución:
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones alma-angulares, por unidad de longitud
(A1 = área angulares + área platabanda)
800
(total)
12
190
e1=18
10
e2=40
z
d2
d1
( simétrico ) ( simétrico )
4
2323
)()()(
cm9,1351923,3116628,19650451200
5,04011911912
125,2409,131044802,1
12
1
Z
s platabanda Z angulares Z alma Z Z
I
I I I I
Z
A Z
I
mT f
1
1
N/mm72,37 N/cm2,3779,135192
181240000
cm1812)5,240(9,132)5,040(119
1
31
f
m A Z
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68 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Esfuerzo a transmitir por cada roblon:
Esfuerzo cortante a transmitir por los roblones angulares-ala, por unidad de longitud:
(A2 = área ala)
Esfuerzo que debe transmitir cada roblón:
mm15,10
9,102421416,32
18072,374
424
1416,321802,377
42
1
2
1
2
1
2
111
d
d
d
d e f adm
Z
A Z
I
mT f
2
2
mm86,9
424
1416,3
2
40002,16
42
2
2
2
2
222
d
d
d e f adm
N/mm02,16 N/cm2,1609,135192
5,76940000
cm5,769)5.040(119
2
32
f
m A Z
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5 Dimensionado de secciones o flexión 69
Problema 5.7 *
Se construye una viga cajón compuesta de dos tipos de madera:
- ALMA: tablero contrachapado e = 25 mm E2 = 8000 N/mm2
- ALAS : sección cuadrada 200 · 200 mm E1 = 10000 N/mm2
a) Calcular la distribución de tensiones en la sección central.
b) Calcular la tensión tangencial media en el adhesivo de
contacto ( adm = 1 N/mm2
).
c) Calcular la flecha central
Resolución:
a) Se trata de una sección compuesta de dos materiales.
Se decide homogeneizar la sección de madera maciza y, por tanto, trabajar con un espesor
equivalente, e*, del tablero contrachapado. Así, la relación de equivalencia:
25,18000
10000
2
1
E
E n
El espesor equivalente
mm2025,1
mm25*
n
ee
La posición del baricentro de la sección es inmediata por razón de simetría. El momento de
inercia de la sección homogénea es:
48323 mm1023610002012
125002002002200200
12
12 Z I
500
500
200 · 200
25
=
=
10 m
p =10 KN/ m
200 ·200
1000
e*
= 20
Steiner
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70 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tensión en la madera maciza:
y I
M y
Z
Z x )(1
Tensiones reales en el tablero:
n y
I
M y
Z
Z x
1)(2
Así:
2
481
2
481
N/mm1,2mm400mm10236
mm N10001000125)mm400(
N/mm2,3mm600mm10236
mm N10001000125)mm600(
y
y
x
x
En el tablero contrachapado n = 1,25
2
48
6
2 N/mm1,2mm500mm10236
mm N10125
25,1
1)mm500(
y x
400
500
e*
=20
x1x
G
e*
3,2
2,1
3,2
2,1
x2
2,1
2,1
M má x = mKN1258
1 2 pL
T má x = KN502
1 pL
T
M
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5 Dimensionado de secciones o flexión 71
b) Tensión media en el adhesivo
Fórmula de Collignon:
b I
mT
Z
A Z y
med
Ty: esfuerzo cortante en la sección
IZ: momento de inercia total respecto Z
mZA: momento estático de la sección A
respecto al eje Z
b: linea AB
2
48
2
N/mm2,0
mm1002mm10236
mm500mm200200 N50000
med
Este valor es inferior a la tensión tangencial admisible en el adhesivo = 1 N/mm2
c)
mm5,51023610000
1000010
384
5
384
58
4
Z I E
L P f
Valor aceptable, ya que mm10100010000
1000 L
G
y
x
z
d
A
100 mm
med
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72 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 5.8 *
La figura representa una sección armada doblemente simétrica. Calcular Mel.z , M pl.z y el coeficiente para los dos casos.
a) Material alas: Fe E 235
Material alma: Fe E 235
b) Material alas: Fe E 35
Material alma: Fe E 235
(Puede comprobarse que la sección se plastifica
con la ausencia de abolladuras elásticas o
elastoplásticas. No se consideran inestabilidades
globales : pandeo, vuelco lateral)
Resolución:
a) Mismo acero.
Al tratarse de una sección doblemente simétrica el eje neutro plástico pasa por el baricentro G.
Caso elástico:
44233 mm104843065,12253002530012
1212800
12
1
Z I
3344
mm107210mm5,12
mm10484306
max
Z Z
y
I W ( = Wel.z )
Gz
y
== 800 · 12
== 300 · 25
== 300 · 25
25
e = 235 e = 235
e = 235 e = 235
Eje neutro
plástico
Mel.zM pl.z
A1 · e
A2 · e
d1
y
z
12,5
G
Eje neutro
elástico
G
d2
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5 Dimensionado de secciones o flexión 73
mKN1694mm
N235mm107210
2
33.. e z el z el W M
Caso plástico:
mKN19052
400235124005,122352530022 2211.
d Ad AM ee z pl
Coeficiente :
12,1
1694
1905
.
. z el
z pl
M
M
b) Diferente acero.
Caso elástico
Tiene las mismas constantes mecánicas IZ, WZ, pero la tensión en la fibra extrema
355250400
425235 max
mKN1802250107210
3
..
max z el z el W M
Caso plástico
mKN2648mm
N235
mm
N3552
222211.
d Ad AM z pl
Coeficiente :
47,1
1802
2648
.
.
z el
z pl
M
M
max e = 355
e = 235 e = 235
Eje neutro
plástico
Mel.zM pl.z
A1 · e
A2 · e
d1
d2
e = 235
400425
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 75
6 Flexión desviada y flexión compuesta
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76 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 6.1 *
Hallar el punto de la sección con mayor tensión normal, y el valor de esta tensión.
Resolución:
a) Determinación del momento flector máximo
( en la sección central x = 2 m )
30
q
1,5
y’
z’
1,57,5
1,5
18
kgm40008
42000
8
22
ql
M max
q = 2000 kg/ml
4 m
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 77
M es perpendicular a
q y forma 30
con el eje z’. Los ejes y’-z’ no son los
ejes principales de inercia. Vamos a
determinarlos.
b) Determinación de los momentos de inercia principales I y’ , I z’
Primero hallaremos el tensor de inercia en ejes y’-z’ (no principales) y a continuación lo
diagonalizaremos, para hallar los momentos de inercia principales y sus direcciones (ejes principales)
4
2
3'2'1
43'3
43'3
cm8,7672
5,195,15,75,15,19
12
1
cm06,55,11812
1
cm729185,112
1
z z
y
z
I I
I
I z’
2
3
1
y’
y’
z’
M= 4000 mkg
30
30
q
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78 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
I3y’z’=0 por tener eje de simetría.
Tensor de inercia
Los momentos principales de inercia son los valores propios.
4'
4'
4
2
3
'2'1
cm14,56654,280206,5
cm6,22648,7672729
cm54,2802
5,7
2
5,1
5,15,75,75,112
1
y
z
y y
I
I
I I
4
''
4''2''1
cm3,835265,417
cm65,4172
5,775,075,095,15,70
z y
z y z y
I
I I
14.5663,853
3,8536,2264
'
''
''
'
y
z y
z y
z
I
I
I
I
055,35458474,2830
03,83514,5666,226414,5666,2264
03,83514,5666,2264014,5663,835
3,8356,2264
2
22
2
4
42
cm19,2242
36,238274,2830
cm55,26062
36,238274,2830
2
55,354584474,283074,2830
4
4
cm19,224
cm55,2606
y
z
I
I Momentos de inercia
principales
( cm4
)
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 79
Los vectores propios serán las direcciones principales.
El vector propio correspondiente al valor propio 2606,55 cm4.
041,20403,835
03,83595,31411
11
y z
y z
nn
nn
24,22409,0arctg
409,03,835
95,341tg
1
1
z
y
n
n
Ecuación del eje neutro.
º67,5758,1tg z y
kgm36,396324,2230cos4000
kgm54076,7sen4000
24,2230sen4000
z
y
M
M
z y
z y
z I M y
I M
x
x
y
y
z
z x
86,24005,152
19,224
10540
55,2606
1036,396322
z y
z y
z y
58,1
05,152
86,240
86,24005,1520
Angulo que forma el eje neutro con
el eje principal z:
y
z’
y’
z
22,24
A(-8.25,9)
B(8.25,-9)
Eje neutro
22,24
y
z’
y’
z
My
Mz
22,2430
7,76
M
0
0
55,260614,5663,835
3,83555,26066,22641
1
y
z
n
n
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80 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Relación entre coordenadas de ambas referencias.
'9256,0'3784,0
'3784,0'9256,0
y z y
y z z
Las tensiones máximas aparecen en los puntos más alejados del eje neutro ( A y B )
Para A
Tensión en A:
Tensión en B:
9'
25,8'
B
B
y
z
2
kg/cm11,2760)230,4(86,240452,1105,152 A
9'
25.8'
A
A
y
z
452,1199256,0)25.8(3784,0
230,493784,0)25.8(9256,0
A
A
y
z
2kg/cm11,2760230,486,240)452,11(05,152
452,11)9(9256,0)25,8(3784,0
230,4)9(3784,0)25,8(9256,0
B
y
z
'
'
24,22cos24,22sen
24,22sen24,22cos
'
'
cossen
sencos
y
z
y
z
y
z
y
z
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 81
Problema 6.2
Una columna tiene la sección en cruz indicada en la figura. La fuerza resultante es de compresión (50
Tn) y pasa por el punto A. Hallar la tensión normal en B y dibujar el eje neutro.
Resolución:
Trasladando la fuerza al centro de gravedad G
de la sección, los esfuerzos equivalentes son:
z
y
z
x
50 Tn
10
15
10
101515
B
A
( cm )
My=-875 cmTn
z
y
-50 Tn
Mz= 250 cm Tn
A
B
yMy= -875 cmTn
B
-50 Tn
Mz= 250 cmTn
A
G
z
Tncm250cm2
10Tn50
Tncm875cm2
1510Tn50
Tn50
z
y
M
M
N
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82 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
a) Tensión normal en B
b) Eje neutro
z
I
M y
I
M
A
N
y
y
z
z x
2cm800151523510
00087500025000050
A
z I
y I A y z
x
433
433
cm16744151512
1210151010
12
1
cm81667101012
1215101515
12
1
y
z
I
I
z y x16744
000875
66781
000250
800
00050 2
kg/cm81,1906,35,62 z y x
cm5,17
cm5
z
yCoordenadas de B
2kp/cm47,299)5,17(81,19)5(06,35,62
B x
42,2047,606,3
5,62
06,3
81,19
81,1906,35,620
z y z y
z y
42,200
15,347,6
42,200
y z
z y para
para
42,20
0
y
z
y
zB
eje neutro
zonatraccionadazona
com rimida
0
15,3
y
z
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 83
Problema 6.3
Sobre una columna de sección rectangular ( 4035 cm), se aplican dos fuerzas excéntricas: 30 Tn en el
punto P(y = 3, z = 4 cm) y 50 Tn en el punto Q (y = 0, z = -5 cm). Dibujar el eje neutro y hallar el
punto de máxima tensión normal.
Resolución:
Trasladando las dos fuerzas al centro de gravedad G de la sección obtenemos:
Tn805030
mTn9,003,030
mTn3,15.22,105,05004,030
N
M
M
z
y
5
z
y
3540
3 4
50 Tn30 Tn
P
Q
Mz= 0,9 mTn
80 Tn
C
D
A
B
y
z
My= 1,3 mTn
G
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84 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Eje neutro:
z I
M y
I
M
A
N
y
y
z
z
x
)kg/cm(7,666186
130000
7,916142
90000
1400
80000
cm7,666186403512
1
cm7,916142354012
1
cm14003540
2
43
43
2
z y
I
I
A
x
y
z
)mm,()cm,(
) N/mm(0696,00630,071,5)kg/cm(696,0630,014,57 22
en z yen z y
z y z y x x
70,901,1630,014,57
630,0696,0
696.0630,014,570
z y z y
z y
70,900
46,820
y z
z y
y
C
A B
D
eje neutro
(-90,70 ; 0)
(0 ; 82,46)
z
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 85
22
22
22
22
N/mm208,8kg/cm08,82)20(696,05,17630,014,57
N/mm424,5kg/cm24,5420696,05,17630,014,57
N/mm004,6kg/cm04,60)20(696,0)5,17(630,014,57
N/mm219,3kg/cm19,3220696,0)5,17(630,014,57
D
C
B
A
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86 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 6.4
Se ha proyectado una sencilla estructura para soportar el tablero y la canasta de una pista de baloncesto. Se trata de un tubo de acero embebido en un bloque de hormigón a 45º de la horizontal
según se indica en la figura.
Se supone que el estado de carga más desfavorable es el que se produce cuando un jugador permanece
unos instantes sujeto al aro de la canasta, transmitiendo así todo su peso a la estructura en la forma
indicada en la figura.
Una vez estudiados los efectos dinámicos de esta acción, se estima que el esfuerzo máximo que el
jugador puede llegar a transmitir al aro es de F = 2000 N y M = 10 6 Nmm.
La estructura se quiere construir en tubo redondo de acero con espesor de pared de 4 mm.
Calcular el diámetro necesario, según la tabla de perfiles normalizados, para que el descenso vertical
del punto P no exceda los 80 mm.
Notas importantes:
- Considerar todos los esfuerzos de sección para calcular el descenso de P.- Trabajar con la carga trasladada al punto P, como se indica en la figura.
P
45º
L1
L0L
F
M
xy
z
L=4000 mmL0=1000 mmF=2000 NM=106 N·mm
A1=0,5 A
Tubo de acero.Espesor de pared:4mm
E=2,1·105
MPa
G=8·104 MPA
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6 Flexión desviada y flexión compuesta 87
Resolución:
Aplicamos el teorema de Castigliano al punto P en la dirección F:
x = L
x = L0
x = 0
F
M
x
dxd 2
dxd P
M
x F
M
x F M xM
M
-
-
T T=F
1
F
T
2
F T
2
1
F
T
-
-
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88 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
d
F
N
EA
N d
F
T
GA
T d
F
M
EI
M
0 0
0 000 02
2
122
2
1
2
22
2
L L L
L
L
L
L
L
dx EA
F
dx A
G
F
dx x EI
x F M dx
AG
F dx x
EI
x F M
EA
L L F
GA
L L F
EI
L L F
EI
L LM
GA
FL
EI
FL
EI
ML
22
2
3
2
2
2
32
00
3
032
02
0
3
0
2
0
A I
3,17610389,3 8
Buscamos en las tablas de perfiles tubulares circulares:
Tubo A I ( Dext x e) ( cm
2) (cm
4) (mm)
135 x 4 16,46 353,4 96 ( >80 )
150 x 4 18,34 489,2 69,4 ( <80 )
Tomaremos pues un tubo Dext x e: 150 x 4 (mm).
N
0
F
N
2
F N
21 F
N
N=0
-
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7 Torsión y esfuerzos combinados 89
7 Torsión y esfuerzos combinados
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90 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.1
Una viga biempotrada está sometida a un momento torsor producido por una torsión uniformemente
repartida. Hallar el M T máx y el ángulo de torsión máximo.
Resolución:
Por ser una viga simétrica los momentos de empotramiento han de ser iguales.
2
B AM M
022
,2
)(
T T M xen x xM
Diagrama de
momentos torsores:2
2
x
MB
MA
kgm/ml
B
A
h
b
( b<h )
A
B+
-
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7 Torsión y esfuerzos combinados 91
El ángulo de torsión máximo se tiene para la sección central,2
x :
2
0
2
33
2
0
2
033
332
22
1
2
1)(
x x
hbGK dx x
hbGK dx
hbGK
xM T
84
122
332
hbGK
8
1 2
332
hbGK
G: módulo de rigidez a torsión del material del eje
)1(2
E G
K 3 : coeficiente para secciones rectangulares, que depende de la relaciónb
h(ver tabla 5.87 del
capítulo 5. Torsión)
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92 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.2
Hallar los momentos en los empotramientos MA y MD. Dibujar el diagrama de momentos torsores.
Resolución:
Es un problema hiperestático.
Considerando por tramos:
a=30 cm
b=50 cm
c=40 cm
A
B
C
D
MD
MB=30000 NcmMC=20000 Ncm
MA
cmkg500002000030000 D A
M M
00 DC B AT
M M M M M
0
30
0
I G
M
I G
aM A
o
A
A B BA
A
B-MA
MA
A
B
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7 Torsión y esfuerzos combinados 93
0
40 I G
M DC D DC
0 D
Diagrama de momentos torsores:
15000004080
50000
D A
D A
M M
M M cm N6,29166
120
3500000
15000004080
20000004040
A
D A
D AM
M M
M M
cm N4,208336,2916650000 DM
29166,6
-833,4
-20833,4-20833,4
( Ncm )
A CB D
+
--
50
o
B A BC CB
I G
M M
0 DC CB BA D
0504030
o
B A
o
D
o
A
I G
M M
I G
M
I G
M
15000004080
04015000005030
040503000030
D A
D A A
D A A
M M
M M M
M M M
MD
-MD = MA-MB-MC
C
D
-(MA-MB)
MA-MB
B
C
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94 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.3
Calcular para cada una de las secciones abierta y cerrada de la figura adjunta, sometidas a un
momento torsor Mx = 1000 Nm :
a) el valor y la posición de la tensión tangencial máxima, max .
b) el momento de inercia a torsión, It .
Resolución:
Sección cerrada :
Am: área limitada por la curva media
a)
2
3
máxmm
N77,5
mm530cosmm200mm2002
12
10 Nmm1000
2
e A
M
m
x
c) 44
2
22
mm101000mm52003
30cos2002002
14
44
e s
A
e
ds
A I
m
s
m
t
d)
Sección abierta:
x
y
z
5
200 mm
Mx
60
60
60
G
Mx
x
y
zG
e
max
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7 Torsión y esfuerzos combinados 95
a)
2
3
3
3máx
mm
N200mm5
mm5mm2003
13
10 Nmm1000
3
1
e
eb
M
ii
x
b)
443 mm105,23
1iit eb I
e
max
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96 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.4
Un panel está sujeto por un mástil horizontal, según el esquema de la figura. Teniendo en cuenta el
peso propio del panel, el peso propio del mástil y la acción del viento, hallar las tensiones máximas en
el empotramiento del mástil a la pared.
Datos: Peso propio del panel P1= 90 kp
Dimensiones 80200 cm
Diámetro del mástil D =15 cm
Empuje del viento f = 80 kg/m2
(Peso propio del mástil de acero: P2 = kp8324
15,0m6kp/m7850
23
)
Resolución:
kp12828,0m
kg80
2 F
Sección en el empotramiento. Esfuerzos:
kp128
kp92283290
0
z
y
x
T
T
N
520
F
P1
40
z
y
150
50
D=15 cmx
P2
40
My= 716,8 kpm
Tz =-128 kp
Mx= 64 kpm
Mz= -3000 kpm
Ty= -922 kp
x
z
y
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7 Torsión y esfuerzos combinados 97
mkp30003832m)4,02,5(kp90
mkp8,716m)2,54,0(kp128
mkp64m5,0kp128
z
y
x
M
M
M
Tensiones normales debidas a los momentos flectores:
mkp4,30848.7163000 22 F M
4,133000
8,716 arctan
2
4
2
kp/cm9,9302
15
64
15
104,3084
2
D
I
M
z
F xmax
Tensiones tangenciales debidas al momento torsor:
2
4kp/cm66,9
32
15
2
156400
o
max xmax
I
r M
3000 kpmz
y
716,8 kpm
MF = 3084,4 kpm
max
y
z
A
y
z
(+)
(-)
B
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98 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tensiones tangenciales debidas a los esfuerzos cortantes:
2
2
2222
kp/cm0,7
4
15
8,930
3
4
3
4
kp8,930922128
A
T
T T T
max
y z
y
-922
-128
T
z
A
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7 Torsión y esfuerzos combinados 99
Problema 7.5
Hallar las tensiones máximas en el empotramiento A y el giro, alrededor del eje x, de la sección E. El
momento torsor de 8 Tnm está aplicado en la sección B.
Resolución:
a) Tensiones máximas en el empotramiento A
Sección A
mTn30310
mTn222534
mTn122108
Tn4
Tn10
Tn5
z
y
x
z
y
x
M
M
M
T
T
N
z
y
x
Mt=Mx=12 Tnm
Mz=30 Tnm
My=22 Tnm
Ty=10 Tn
Tz=4 Tn Nx=5 Tn
z
y
x
10 Tn5 Tn
4 Tn
M= 8 Tnm
2 m
1 m1 m
1 m
1 m C
B
D
A
x
E
F Tramo AC: = 40 cm
Tramo CE: = 10 cm
Tramo DF: = 10 cm
Material: acero
G = 8,4105
kgf/cm2
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100 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tensión normal debida al esfuerzo axil:
2
2kp/cm97,3
4
40
5000
x
Tensión normal debida a los momentos flectores:
25,3630
22
mTn20,373022 22
arctan
M F
2
4kp/cm59220
64
40
3720000
maxmax x y I
M
Tensión normal máxima total:
2kp/cm59697,3592 max
z
y
30
MF
z
y
22
y
z
MF = 37,20 mTn
(+)
(-)
P
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7 Torsión y esfuerzos combinados 101
Tensión tangencial debida a los esfuerzos cortantes:
2,684
10
Tn77,10104 22
arctan
T
Distribución parabólica de con una max
2
2kp/cm43,11
4
40
10770
3
4
3
4
A
T max
Tensión tangencial debida al momento torsor
2
4kp/cm49,95
32
40
201200000
o
max xmax
I
r M
La tensión tangencial máxima total
2
kp/cm92,10649,9543,11 Amax
Aplicación del criterio de Von Mises en el punto P
222
2
2
kp/cm5,6183
)1(kp/cm49,95,
kp/cm596,
equiv
x
max
T M
M N
(1) En el punto P la tensión cortante debida al esfuerzo cortante T no es exactamente 0, pues es 0 en el punto Q, pero Q y P nocoinciden, ya que los ángulos y no son complementarios. Pero como están muy próximos, y por tanto debido a T será muy pequeño,
puede despreciarse frente a la debida a Mx.
10
4
T
Q
y
z
max
y
z
A
B
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102 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Giro de la sección C (alrededor del eje x)
Dibujamos el diagrama de momentos torsores
El giro alrededor del eje x en
la sección E será el mismo
que el de la sección D.
10400
40
m1mT20m1mT20m1mT12
GI GI GI dx
GI
M L
o
x
x
98,13rad244,0
32
10840000
1002000000
32
40840000
1002000000
32
40840000
1001200000444
x
12 mT
AB DC
20 mT
1 m 1 m 1 m 1 m
20 mT
E
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7 Torsión y esfuerzos combinados 103
Problema 7.6
Un árbol, de acero, debe de transmitir 120 CV a 600rpm desde la polea A a la B. La tensión cortanteadmisible para el material del árbol es adm = 420 Kg/cm2 y la tensión normal admisible es adm=728
kp/cm2. Calcular el diámetro del árbol. Datos: F=2·F’ , Q=2·Q’ , r A=15 cm , r B=22 cm. (radios de las
poleas).
Resolución:
xM P
P M x
srad60
2rpm1
W736CV1
Nm1405
60
2600
736120
xM
cmKg14324 Nm1405 xM
M x= F·r A – F’·r A = (2F’ – F’)·r A = F’·r A
cmKg1432415 F Kg95515
14324 F
Kg19102 F F
también M x= Q·r B – Q’·r B
cmKg1432422 Q Kg7,119312
14324Q
Kg4,23877,11932 Q
y
z
x
D
C
50 cm
50 cm
40 cm
A
B
Q’
Q
F
F’r Br B
r A
r A
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104 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Diagrama de momentos en el plano xy :
Diagrama de momentos en el plano xz :
Kg28653 F
D C
B
x
y3Q’= Kg3581
Mz
cm50cm50
x
2
3581 D R
2
3581C R
cmKg89525502
3582, B z M
+
cmKg114600cM
My
x
Kg1146 D R Kg4011C R
cm100 cm40
57300501146
1146
BM
x xM
D
CBx
z
A
+
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7 Torsión y esfuerzos combinados 105
Determinación del momento flector en B ( combinando Mz y My):
cmKg12,106292573008952522 BM
El máximo está en C: cmKg114600 f M
Diagrama de momentos torsores:
cmKg14324,, A x B x M M
Determinación del diámetro mínimo del eje.
Aplicando el criterio de Von Mises:
22334
16 x f
adm
min M M d
223 1432431146004728
16
mind
cm7.11mind
Kg401111462865
Kg1146100
286540
286540100
02865
C
D
D
DC
R
R
R
R R
D
CB
x
y
A
-14324 cmKg
Mx
+14324 cmKg
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106 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.7
En la figura se ha esquematizado la pieza desmontable de un enganche tipo cuello de cisne para elarrastre de caravanas de camping por parte de vehículos de turismo convencionales. La solicitación
sobre la bola corresponde a una hipótesis de carga de arrastre con fuerte pendiente.
a) Determinar para la sección circular A los esfuerzos de sección: normal, cortante, flector y torsor.
b) Dibujar para la misma sección A la distribución de tensiones normal y tangencial que provoca
independientemente cada esfuerzo de sección. Indicar sobre el dibujo la posición de la tensiones
máximas para cada una de dichas distribuciones y calcular numéricamente sus valores.
c) Como resumen del estudio, indicar la tensión normal máxima total y la tensión tangencial máximatotal.
Sección A
40 mm
G
75 Kp
50 Kp
400 Kp
A
150 mm
250 mm
O
y
z
x
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7 Torsión y esfuerzos combinados 107
Resolución:
a) Esfuerzos de sección
Kp50
Kp75
Kp400
z
y
T
T
N
mmKp78750
25075150400
mmKp1250025050
mmKp750015050
z
y
x
M
M
M
Nota: El signo del valor numérico y el sentido del vector en el dibujo son redundantes.
b) Determinación de las tensiones
Esfuerzo normal Kp400 N
Distribución uniforme de tensiones x :
2
2máx, Kp/mm32,0
4
40
Kp400
A
N x
Esfuerzo cortante z y T T T
Kp905075 2222 z y T T T
Distribución parabólica de :
2
2máx Kp/mm1,0
4
40
90
3
4
3
4
A
T
y
MzTz
Mx
N
z
x
G
Ty
My
x
G
GTz
Ty
T máx
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108 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Momento torsor mmKp7500 xM
Distribución de tensión con una ley lineal radial:
2
40
máxmáx Kp/mm6,0
32
40
207500
I
r M x
Momento flector z y M M M
mmKp797377875012500 2222 z y M M M
Distribución lineal de tensión x respecto al eje de
giro:
2
4
máxmáx, Kp/mm69,12
64
40
2
4079737
I
yM x
c) La tensión normal máxima total vale:
2máx, Kp/mm01,1369,1232,0 x
La tensión tangencial máxima total vale:
2Kp/mm7,01,06,0 máx
máx
máx
x,máx
Mz
My M
x,máx
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7 Torsión y esfuerzos combinados 109
Problema 7.8
Un tubo de acero 200 mm y de bajo espesor, e, constituye el soporte para el arrollamientomotorizado de una persiana según muestra la figura adjunta.
El peso propio de la persiana y el rozamiento de arrastre equivalen a una carga de q = 50 Kp/m, la
cual se aplica excéntricamente respecto de la directriz del tubo. La luz efectiva es L = 5 m, y se
supone simplemente apoyado en A y C.
a) Representar gráficamente los diagramas de esfuerzos y calcular sus valores máximos.
b) Determinar el espesor mínimo del tubo para que se cumplan los siguientes requisitos:
- La tensión equivalente de von Mises en las secciones críticas A y B sea inferior a
adm=500 Kp/cm
2
.- El corrimiento vertical B 1/1000 L.
NOTAS:
- Resolución suponiendo el peso propio del tubo incluido en q.
- Tubo de acero E = 2100000 Kp/cm2.
- Valores aproximados para la sección tubular de bajo espesor:
4
3
0
e I
8
3 e
I z e A
e
q
200
B C
A B C Motor
q=50 Kp/m
L= 5m
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110 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
a) Determinación de los diagramas de esfuerzos.
b) Características mecánicas de la sección.
ee A
e I W
e I I I
e I W
ee I
z z z y
m
22
4
2
82
2
2
44
230
20
0
33
0
mKp25,1565508
1
8
1
2
2máx,
LqM y z
Kp1252
máx, LqT y y
mKp25máx, xM
Mz
Ty
Mx
qy=50 Kp/m
25 mKp
125 Kp125 Kpmx=50·0,1= 5 mKp/m
+
+
-
+
qy=50 Kp/m
z
y
/2 = 0,1 m
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7 Torsión y esfuerzos combinados 111
c) Comprobación de tensiones en la sección central B.
z
z x
z
W
M
M
máx,
mKp25,156
0 yT
0
máx
mKp5,12
W
M M
x
x
Aplicando el criterio de falla de von Mises:
mm1cm1,0500
8,112474
Kp/cm500
2
2012503
4
2015625
Kp/cm5003
22
2
2
22máx
2máx,
ee
ee
equiv
xequiv
Comprobación de tensiones en la sección extrema C
0 z M
A
T
T
yT
y
2
Kp125
máx
0
máx
mKp25
W
M
M
x
x
z
máx
máx
máxmáx
Ty
z
máx
máx
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112 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Apliando el criterio de falla de von Mises:
mm2,0cm02,0500
5,475,47
Kp/cm500
2
20
2500
20
21253
Kp/cm50030
2
2
2
22
máxmáx
ee
ee
equiv
T equiv
Con el espesor anterior de e = 1 mm, las tensiones en la sección extrema C son de equiv 100 Kp/cm2.
d) Comprobación del corrimiento vertical de la sección central B L / 1000 = 5 mm.
mm5384
5 4
z
B EI
Lq
cm5,0
8
cm20Kp/cm2100000
cm500Kp/cm100
5
384
53
2
4
e
B
Despejando el espesor de la ecuación e = 0,123 cm 1,3 mm.
En conclusión, para verificar los requisitos de resistencia y deformación el espesor e 1,3 mm.Una solución comercial sería 200 x 1,5 mm.
q
B
L
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7 Torsión y esfuerzos combinados 113
Problema 7.9 *
Un perfil angular de alas iguales es utilizado como carril de rodadura.
a) Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la sección del empotramiento.
b) Determinar el movimiento del perfil, calculando el corrimiento total del punto A.
c) Comentar el diseño y proponer mejoras.
L = 500 mm
A
A’
P = 500 N
y
z
yz
x
b = 100
100
e = 5
C
A
G
r
Material: acero
E = 210000 N/mm2
G = 84000 N/mm2
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114 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
Por razones de simplicidad se trabaja con la curva media del perfil de espesor constante y acuerdo
recto. (*)
- El eje de simetría proporciona las direcciones
principales centrales yy zz.- El baricentro G cumple la condición:
dA y0
dA z 0
- El centro de cizalladura C ( ó de torsión )
coincide
con el punto de encuentro de los elementos.
- Los momentos de inercia y módulos resistentes.
34
máx
3
2
0
2
mm23574mm7,70
mm1666666
3
1
2
22
y
I W
ebdse sdA y I
z z
b
z
(*) También, pueden obtenerse estas características de la tabla de perfiles del fabricante con mayor
precisión ( sin utilizar la simplificación inicial , v = 0 ).
C
s
ds
y
Gz
70,7
70,7
y
z
C
= =
=
=
G
35,35
35,35
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7 Torsión y esfuerzos combinados 115
34
máx
3
2
2
0
2
mm11786mm35,35
mm416666
12
1
2
22
z
I W
ebdse sdA z I
y
y
b
y
433
mm83333
2
3
1
ebeb I iit
a)
s
ds
y
Gz
z
bi
ei
GC
Mzy
z
Ty
P
Tz
G
My
Mx
z
P
C
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116 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
mm N1767772
2máx
mm N1767772
2máx
mm N50000
N3532
2
N3532
2
L P M
L P M
b P M
P T
P T
z
y
x
z
y
Tensiones normales x debidas a la flexión desviada My , Mz.
- Para My
23máxmm
N15
mm11786
Nmm176777
y
y
W
M
- Para Mz
23máxmm
N5,7
mm23574
Nmm176777
z
z
W
M
Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant (ya que I 0 en este tipo
de secciones).
UNIFORME NOTORSIÓN
x
UNIFORME TORSIÓN
x
t x dx
d EI
dx
d GI M
3
3
Ty , Tz
Mx
My , Mz
L = 500 mm
Mz
y
z
+7,5 N/mm2
-7,5
+15
G
My
-15
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7 Torsión y esfuerzos combinados 117
22máx
24
máxmáx
mm
N5,22
mm
N30
4
3
4
3
mm
N30
mm8333
mm5mm N50000
t
x
I
eM
mm
rad1014,7
mm8333mm
N84000
mm N50000 5
4
2t
x x
GI
M
dx
d
Tensiones tangenciales debidas al cortante Ty , Tz.
Aplicamos superposición: TOTAL= + ’
Ty :
eb
P ó
y
ye I
mT
z
A z y
4
3quedemuestrasetedirectamen
mm
N75,0
mm5mm1666666
2
mm2
2100
5100 N353
.,0Para
segúnvariable
máx
24
3
máx
máx
1
Mx
¾ máx = 22,5 N/mm2
¾ máx
e
máx
máx = 30 N/mm2
100
yy
G
A1
C
Ty
0,75
0,75z
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118 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tz :
eb
P
ó
z
z e I
mT
y
A y z
4
3
quedemuestrasetedirectamen
mm
N75,0
mm5mm416666
2
mm2
250
550 N353
.,0Para
segúnvariable
máx
24
3
máx
máx
1
Se demuestra que
2mm
N35,1
5100
500
20
27
20
27
N
eb
P maxTOTAL
Obsérvese que en el ala horizontal debe anularse la distribución de tensiones tangenciales, ya que solo
tenemos fuerza vertical de 500 N.
Composición de tensiones:
Punto
)M(mm
N5,22
)MM(mm
N5,7
mm
N15
x2
zy22
x
1,35
500 N
C0,75
0,75
3
1
2
1
50
y
G
A1
C
Tz
0,75
0,75z
z
TOTAL
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7 Torsión y esfuerzos combinados 119
Punto Punto
)T,T,M(mm
N0,75
mm
N30
)M(mm
N15
zyx22
y2
x
)M(mm
N5,22
)MM(mm
N5,7
mm
N15
x2
zy22
x
De los puntos estudiados, el es el más desafavorable.
Aplicando Von Mises
2
2222
mm
N455,2235,223 xequiv
Ante la duda que exista un punto con una combinación más desfavorable y dada la complejidad del
problema, es posible tomar los valores máximos correspondientes a cada esfuerzo (aunque
físicamente no estén en el mismo punto). Así
2
2222
mm N8,58)35,130(3)5,715(3 xequiv
Esta operativa está contemplada en diferentes normativas.
b)
Se desprecian los corrimientos debidos al esfuerzo cortante Ty , Tz.
2 3
1
Ldx
d x
x
F
I E
L F
3
3
x
Mx
C
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120 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Corrimiento según el eje y debido a la flexión Mz:
mm04,066666612100003
)500(2
2500
3
33
z
y I E
L F
Corrimiento según el eje z debido a la flexión My:
mm17,04166662100003
)500(2
2500
3
33
z
y I E
L F
Amplificación del giro debido al torsor Mx:
mm57,31005001014,7100100 5
L
dx
d x x
G
z
y
A1
C1
y
z
G1C
(x)
A
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7 Torsión y esfuerzos combinados 121
d) Posibles modificaciones en el diseño.
Cerrar los extremos de los voladizos.
La barra adicional trabaja a flexión y limita considerablemente el giro a torsión del extremo del
angular. Sin embargo, para otra posición del carro se reproduce el problema.
Cambiar la posición del angular.
La carga vertical ( y horizontal ) se realiza en el centro de cizalladura.
Elegir otro perfil con mayor rigidez torsional (perfil cerrado).
Elegir un perfil de guiado simétrico
1
barra adicional
0
0
2
P
GC
3 G C
4
C
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122 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.10 *
a) Determinar las tensiones normales y tangenciales en el perfil HEA-500 sometido a torsión
constante Mx = 20 KN · m y con coacción total al alabeo en el extremo empotrado.
b) Calcular el giro x en la sección A.
E = 210000 N/mm2
e = 355 N/mm2
Resolución:
Se trata de un problema de torsión no uniforme, ya que está impedido el alabeo en el empotramiento.
Ecuación diferencial de gobierno:
3
3
dx
d I E
dx
d I GM wt x
donde :
Momento de inercia a torsión o constante de Saint Venant:
4433 mm1027012467233002
3
1
3
1iit eb I
Módulo de alabeo o momento de inercia sectorial:
692
32
32
mm1056432
46723300
12
1
212
1
2
heb
h I I f w
L = 5 m
Mx = 20 KN·m
x
BA
z
y
490
300
12
23
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7 Torsión y esfuerzos combinados 123
El reparto del momento torsor total Mx = Mt1 +Mt2 ( para L = ):
x xt
x xt
eM M
eM M
2
1
uniformenoTorsión
1uniformeTorsión
14
412
2
44
2
mm1057,4mm1064,5
mm
N210000
mm103,309mm
N80000
w
t
I E
I G
El angulo girado por unidad de longitud es variable:
t
t x
t
x x
I G
M e
I G
M
dx
d
11
Para encontrar el ángulo de giro total en el extremo:
11
11
00 L
I G
M e L
I G
M dxe
I G
M dx
dx
d
t
x x
t
x L
x
t
x L
x x
11057,4
1mm5000
mm103,309mm
N81000
Nmm1020000 41057,4
5000
444
2
3
e
)elevadomuyvalor (131023rad17,04,0 x
Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme o de Saint Venant en el extremo del
voladizo Mt1 Mx.
Alas:
244
31
mm
N149mm23
mm103,309
Nmm1020000
max
t
t V e
I
M max
Alma:
244
31
mm N78mm12
mm103,309 Nmm1020000
alma
t
t V e
I M
max
x
x
Mt1
Mt2
Mx = 20 KN·m
2,03
( 3,9 exacto )
dx
d x
x
x
max
max
Mt1 Sección A
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124 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
En el empotramiento la torsión no uniforme provoca tensiones tangenciales w y normales w,
donde Mt2 Mx :
Mt2 = Vf · h KN8,42m467,0
mKN20
f V
Por aplicación de Collignon en la sección rectangular
del ala :
2mm
N
3,923300
N42800
2
3
2
3
f
f
maxw A
V
(el valor exacto es
hb
e
M x
2
4
3
mm
N3,9
2)
Obsérvese el autoequilibrio de los esfuerzos
en las alas, Mf , Vf , respecto a la sección
global:
mKN7,93mm N107,93
mm467mm1057,4
mm N1020000
6
14
32
h
M M t
f
valor superior al momento torsor aplicado
La tensión normal en la sección rectangular del ala por aplicación de Navier:
23
6
mm
N272
)mm300(mm2312
1
mm2
300 Nmm106,932
f
f
w I
bM
(el valor exacto por aplicación de las fórmulas del bimomento es w = 261 N/mm2)
max
max
Mt2 Sección B
h = 467
Vf
Vf
Vf
Vf
Mf
Mf
w
w
w
w
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7 Torsión y esfuerzos combinados 125
Aplicación del criterio de Von Mises
Sección A: punto contorno del ala
eequiv 2
222
mm
N2581493303
Sección B: punto extremo del ala ( w max ,w = 0)
ewwequiv
2
2222
mm
N2720327233
Comentarios:
- La tensión equivalente es parecida en ambos casos.
- Si existe N, My, Mz , para secciones tipo :
w
z
z
y
y
maxW
M
W
M
A
N
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126 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 7.11 *
Una viga IPE-300 está sometida a una carga vertical F = 30 KN con una excentricidad accidental de
50 mm.
a) Determinar, en la sección del empotramiento, la distribución de tensiones normales x debidas a
la flexión y a la torsión no uniforme (bimomento). Calcular el valor máximo.
b) Determinar, en la sección del extremo del voladizo, la distribución de tensiones tangenciales
debidas a la torsión no uniforme o de Saint Venant. Calcular el valor máximo.
Acero S 355
E = 210000 N/mm
2
G = 80000 N/mm2
e = 355 N/mm2
Notas:
- Se supone la viga arriostrada convenientemente para evitar el vuelco lateral.
- Puede utilizarse la tabla de la serie normalizada IPE para determinar las características mecánicas de
la sección.
y
z x
G C
L = 3 m
50 mm
F
30 KN
IPE - 300
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7 Torsión y esfuerzos combinados 127
Resolución:
Diagramas de esfuerzos
Mx = F · 0,05 m Mz = - F · (L – x ) Ty = - F
Momento torsor Momento flector eje z Esfuerzo cortante eje y
Características mecánicas sección IPE – 300.
63
4
3
3
4
4
2
cm109,125
cm12,20
cm1,557
cm5,80
cm8356
cm8,603
cm53,81A
w
T
z el
yel
z
y
I
I
W
W
I
I
Análisis de la torsión mixta
Ecuación general de gobierno de la torsión mixta:
21
3
3
t t M uniforme No
xw
M Uniforme
xT xdx
d I E dx
d I GM
1500 Nm
-
30000 N
-
90000 Nm ( máx )
x
y
300
150
tf = 10,7
tw = 7,1
z
x
L = 3 m
Mt1
Mt2
1355 Nm
145 Nm
1500
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128 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
m N145Lx para,:uniformenoTorsión
m N135511500Lx para,1:uniformeTorsión
22
378,011
t
x
xt
t x
xt
M eM M
eM eM M
113
63
2
4
2
m78,0cm108,7
cm109,125mm
N210000
cm12,20mm
N80000
w
t
I E
I G
a) Tensiones normales máximas: x = 0
Debidas al bimomento Mf : ( If Iy / 2 )
m N6654m289,0m78,0
m N15001
2
h
M M t
f
24
3
mm
N165
2mm6038000
mm75 Nmm1066542
f
f
w
I
bM
Debidas al momento flector Mz :
233
3
mm
N162
mm101,557
mm N1090000)(
z el
z z max x
W
M M
Mf
Mf
w
w
w
w
Mz
x
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7 Torsión y esfuerzos combinados 129
Así, la tensión normal máxima:
2mm
N
327162165)( z max xwmax x M
b) Tensiones tangenciales debidas a la torsión uniforme en la sección x = L:
Alas superior e inferior:
máx1
máx e
I
M
t
t
2máx N/mm727.10
201200
10001355
max
max = 72 N/mm2
Mt1 = 1355 N·m
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8 Corrimientos en piezas prismáticas 131
8 Corrimientos en piezas prismáticas
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132 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 8.1
En la viga quebrada de la figura, sometida a las cargas que se indican, determinar:
a) La distribución de tensiones en la sección mn.
b) El corrimiento vertical en B, vB.
(Se prescindirá del posible efecto del pandeo)
Resolución:
a) Diagramas de esfuerzos
Reacciones :
P R
P R
C
A
31kp1000
32kp2000
Kp3000 P
y
3000 Kp
C
B
A
1 m 1 m 4 m
2 m
m
n
zG
b= 0.3 m
h= 0.6 m
Material :
=2,1·104
Mpa
=0,2
G=8750 MPa
R A= 2000
21000
RC =1000
x’
A
B C
Kp3000
21000
CB
21000
B
AB C
A
x2m
4000mKp
4000mKp M
T
N
21000
-1000 1000C
R
21000
R A =1000
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8 Corrimientos en piezas prismáticas 133
N T M
Tramo AB 21000 21000 x21000
Tramo BC 0 -1000 x10004000
Esfuerzos en la sección mn:
mKp2000
Kp21000
Kp21000
mn
mn
mn
M
T
N
Tensiones provocadas por cada esfuerzo, por separado:
2cm
Kp8,01800
21000
x
x A
N
2cm
Kp1,11
540000
1002000
max x
x
x
y
y I
M
2
2
2
2
2
cm
Kp2,1
6041
1800
21000
2
3
412
3
max xy
xy
xy
y
h
y
A
T
3
4
21
2
cm18000
cm540000
cm15006
5
cm1800
z
z
W
I
A A
A
Y
n
m
Z
T
N
max
max,C
MG
N M T
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134 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Suma de tensiones normales x :
y y I
M
A
N x 37,08,0
tracción)deténsión(máximaKp/cm3,103037.08,02
máx x
)compresióndetensión(máximaKp/cm9,113037,08,02
mín x
b) Corrimiento vertical en B
TOTAL B dl
P
M
EI
M
P
T
GA
T
P
N
EA
N
P
W v
1
400
0
''
'
1
2200
01
33
433
4
3
130
3
23
2
3
23
2
3
23
2
dx x
EI
x P P
GA
P
dx x EI
x P
GA
P
EA
P
2200
0
400
0
2''
1
2
1 3
)(1000800016000
3
1000
3
2000
3
2000
3
2000 xd
EI
x x
GAdx
EI
x
GA EA
2200
0
5
3
5 540000101,23
32000
1500875003
2000
1800101,23
2000
x
x x
400
0
5
32
540000101,23
31000
2800016000
1500875003
1000
x x x
x
0608,0001,00442,00014,00005,0
mm08,1cm108,0105,00024,00005,0)()()(
M T N
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8 Corrimientos en piezas prismáticas 135
Problema 8.2
Para la pieza quebrada de la figura, hallar :
Sección
a) El desplazamiento vertical de la sección A.
b) El desplazamiento transversal de la sección
C (en la dirección Z).
Aplicación a : P=300 N
Q=2P=600 N
E=2,1·105
Mpa
G=0,4E
Resolución :
Determinación de esfuerzos:
Tramo AB
mN600
N600
xQxM
QT
z
y
Tramo BC
mN6001QM
Q N
y
x
Tramo CD
mN300
mN600
mN6001
N300
N600
x x P M
xQxM
QM
P T
QT
y
z
x
z
y
C
A
B
D
x
x
x
Q
P
1 m
Z
z
y
x
x
z
y
1 m
1 m
A
C
D
Q
P
4 cm
4 cm
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136 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
a) Desplazamiento vertical de la sección A:
B
A
C
B
y
y
y z
z
z y ytotal A dx
Q
M
EI
M
Q
Nx
EA
Nxdx
Q
M
EI
M
Q
T
GA
T
Q
W
1
D
C
z
z
z y
y
y x
t
x z z y ydx
Q
M
EI
M
Q
M
EI
M
Q
M
GK
M
Q
T
GA
T
Q
T
GA
T
11
m
y
m
z
dx EI
Q
EA
Qdx x
EI
xQ
GA
Q 1
0
1
01
111
m
z yt
dx x EI
xQ
EI
Px
GK
Q
GA
P
GA
Q1
011
0101
m
z yt
dx xQ xQ EI
Q EI
QGK
QQGA
Q EA
1
0
22
1
11111
cm2,4m042,03
21112
11
1
Q EI
Q EI
QGK
QGA
Q EA z yt
Términos de la sección:
4843
3
483
44
241
242
211
211
m104141,022
m103
4cm4
12
1
m10
3
40
6
5
m1016cm16
N/m101,24,0
N/m101,2
N600
ba K K
I I
A A
A
G
E
Q
t
z y
141,01 3 K a
b
4 cm
4 cm
y
z
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8 Corrimientos en piezas prismáticas 137
b) Desplazamiento transversal de la sección C.
dx
EI
Q
EA
Qdx
EI
xQ
GA
Q
P
W z
m
y
m
z
total C
1
0
1
01
0000
3
110010
1
1
011
P
EI P
GAdx
EI
xQ x
EI
x P
GK
Q
GA
P
GA
Q
y
m
z yk
cm2235,0m10235,2101,264
1012
103
4101,2
3
103
40101,24,0
3
7
4
83
11411
P P P P
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 139
9 Piezas y sistemas hiperestáticos
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140 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 9.1
En la viga de la figura, determinar el perfil IPE necesario para que se verifique la condición deresistencia y para que el desplazamiento vertical en el extremo volado (punto C) sea inferior a 0,3 cm.
Resolución :
a) Se descompone el problema, con un grado de hiperestaticidad, en uno isostático más un momento
de empotramiento (incógnita) MA .
Estado final ( I ) = Estado isostático ( II ) + Estado hiperestático ( III )
BA
C
5000 kp
4m 1m
adm=1600 Kp/cm2
E=2,1·106
Kp/cm2
+
-
+
MA
-5000mKp=MB
MA-R A·x
M M
M’= +
P
C
AB
A AB
C C
x
AR
BR
xR A
4xR xR BA
M’A
R A’
B
R B’
x
M’A-R A’·x
= +
P
-- -
+ +
T = T
+ T’
R A’ R B’ R A
R B
4m 1m
MA
-
5000 5000
I ) II ) III )
AR
BR
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 141
- Estado isostático (II):
0005 B A R R
100054 A R
Kp6250
Kp12504
0005
B
A
R
R
0 AM
mKp0005 BM
0C M
- Estado momento hiperestático (III):
0
4
B
B A
B A
M
RM
R R
Para encontrar M’ A , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B , en el estado final (I):
mKp2
5000
23
2
23
1
2
110
2
1
B A
A B
i
ii
M M L
M L L
M L
EI y A
EI
mKp2500 AM
L = 4 m
mKp2500 A A M M Kp625
4
2500
4
A
B
M R
- Estado final (I):
Kp87566252506
Kp87516252501
0mKp000500005
mKp50020
B B B
A A A
C
B B B
A A A A A
R R R
R R R
M M M M
M M M M M
Kp18754
50002500
444
B A
A B A A
M M RM RM xM
Kp6875 B R
Ai = área diagrama momentos flectores
yi = distancia desde el baricentro Ai hasta B
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142 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Para el cálculo de vC , vamos a aplicar el 2º teorema de Mohr entre A y C .
3
142
3
mKg/m3
mkg2000013
8
2
4
3
2
2
113
4
2
411
i
A B BiiC
EI
M M M
EI y A
EI v
3
4
44
6
64
cm713
cm11770330cm10582
3,01,23
102cm3,0
101,23
10102
z
z TABLAS
minW
I IPE I
I
c) Comprobación del perfil a resistencia :
adm
admmax
max
adm
z
max
max
A
T W
M
3Kp/cm8,923Kp/cm246Kp/mm46,2
mm5,7271
Kp5000
Kp/cm1600Kp/cm701Kp/mm01,7
cm713
mKp5000
222
21
222
3
El perfil IPE 330 cumple la condición de resistencia y la condición de rigidez.
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 143
Problema 9.2
Dada la viga de la figura,
determinar :
a) Diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes.
b) Valores de las reacciones.
c) El perfil IPN necesario para adm=140 MPa.
d) La pendiente en el apoyo B.
Resolución:
a) Descomposición en un problema isostático, más una incógnita hiperestática ( R’B).
p = 20000 N/ml 20000 N
A
B
C
4 m 2 m
p p
M
T
P P
A B
C
4 m 1m
= +
AR
AM
x
R A’
MA’
x
= +
+
MA’= 4R’B
MA’- R A’x
Nm000280MA
2x p4MxR AA
MB=-40000 NmMA
R’B
+ +
-
N00010R A
pxR A
R A’ R’B
P P
= +
-
+
-
2/ pxMxR 2AA
-
Material:
Acero
E=2,1·106
MPa
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144 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Determinación de la incógnita hiperestática y de las reacciones totales.
24
2
,
2
,
x pM x R xM
x pM x R x RM xM
A AC B
A A A A B A
Para hallar R’ B , aplicaremos el 2º teorema de Mohr entre A y B :
B
AB dx x x
EI
xM 0
B
A
A A A
M dx x
x pM x R
EI 4
3
2
244
2
1 2
B A
A
A
RM
M
R
4
Nm280000
N100000
B
AB Rdx x x x
EI 3
64410000280000100000
1 2
B
m
R x x x
x EI 3
64
410000
3140000
26800001120000
14
0
432
N6500003
64
3
41600001
B B R R EI
R A - 80000 + 65000 - 20000 = 0 R A = 35000 N
MA = - 20000·6 + 65000·4 - 80000·2 MA= -20000 Nm
c) Determinación del IPN.
2 N/cm1400010040000
z z
max
maxW W
M
36
, cm7,28514000
104
min Z W
3
4
cm354
cm4250240
z
z
W
I IPN
TABLAS
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 145
d) Pendiente en B.
2, 100003500020000 x x xM B A
B A xM dx
vd ,2
12
1
321
310000
23500020000
1C
x x x
EI dx
dv
03
6400010
2
1600035400020
1:4
00:0
1
11
EI dx
dv x
C
dx
dv x
B
4250101,23
00040
104250101,23
0006400008400002403811
B
00856,0rad00149,0 B
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146 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 9.3
a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, p, que se puede aplicar en la
viga de la figura, si la tensión máxima admisible es de 140 MPa (tanto para la viga AB como para el
tirante CD).
b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.
- La viga AB es un perfil IPN 400.
- El tirante CD tiene una secciónde 5 cm
2.
- Módulo de elasticidad :
E = 2,1·107 N/cm
2( para la viga y el
tirante ).
Resolución :
a)
Se trata de un problema hiperestático. Para resolver la hiperestaticidad, impondremos la siguiente
condición :
C C v
donde : C = corrimiento del punto C del tirante CD.
vC = corrimiento vertical de la viga AB en el punto C.
A C B
D
4 m
4 m 4 m
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 147
Cálculo de C :
EA
R
E
CD DCDCDCDC
( E
,
A
R D )
Nencm1081,3cm5 N/cm101,2
cm400 6
227 D D D
C R R R
Cálculo de vC :
Aplicaremos el Teorema de Castigliano:
dx
R
M
EI
xM dx
R
M
EI
xM
R
W v
C
B
A
C D D D
TOTALC
400
0
800
400
22
4002400
02 dx x EI
x p x R
dx EI
x p D
4 m
D
C
R D
R D
x
A C B
R D
p
2
2 x p
M
mKp
2
4002 x p x R D
4 m 4 m
MA= 400 R D- 320 000·p ( Ncm )
MC= -80 000·p ( Ncm )
-
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148 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
dx x EI
R x R x
p D D
400
4002800
400
2
800
400
234 1600004003
200
8
1 x R x R x
R p x
p
EI D D
D
29210101,2
103,211018133103,211018133
17
6666 D
D
R p R p
EI
cm108,345,295616
D R p
Entonces: C C v 66 108,345,295611081,3 D D R p R
p R D 5,2956161,38
(1) p R D 766 (R D en N)
(2) D R p 13,0 (p en N/cml)
Determinación de pmáx :
Para el tirante:
2,2
2
2
,
, N00070cm
N10140cm5
max Dam
max D
tirantemax R R
m N10090007013,013,0 ,
2 max Dmax R p
Para el perfil:
adm
IPN z
max
vigamaxW
M
400,
,
pM
pM
p p p p RM
C
D A
00080
00080
60013000320766400000320400
máx
p R D 766
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 149
2
400,
, cm N00014
1460
80000
adm
IPN z
max
vigamax
p
W
M
N/m55025 N/cm5,25500080
1460000140máx
p
Por tanto:m
N9100max p ( la menor de ambas).
b) Cálculo del descenso de C.
mm7,2cm267,0000701081,36
cv
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150 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 9.4
Las vigas AB y BC de la figura están perfectamente empotradas en los extremos A y C. Cuando estándescargadas, sus extremos B están en contacto, pero sin transmitirse ningún esfuerzo.
Determinar:
a) La carga uniformemente repartida máxima que puede soportar la viga AB, estando sometida
la viga BC solamente al efecto producido por la AB.
b) El descenso vertical del punto B.
Resolución:
a) Determinación de pmáx.
En este tipo de problemas de interacciones, la resolución se basa en plantear la igualdad de
corrimientos (ecuación de compatibilidad de deformación en la sección B):
IPN 200
IPN 220
p
A B
C
3 m 4 m
Material: Acero A42b
p
A B
C
3 m 4 m
B
R
R
1 = 2
x x
-
RM max
x R xM
2
1 x p x R xM
-
+
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 151
Cálculo de 1: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre A y B :
43
0
2
1
83
1
21
p R
EI
dx x EI
px Rx
z
z
Cálculo de 2: Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C y B:
3
02
3
1
R
EI
dx x EI
Rx
z
z
Condición: 1=2
44cm0603
3
64
cm1402
8
819
E
R
E
p R
Nm N
3624,2306024321405123060216 R p p R
Cálculo de R max ( pmax ):
IPN 200 a flexión:
223
máx
200,
máx
máx N/mm3,173mm
N5,1
260
cm214
M
W
M
IPN z
Nm3,37093máx
M
Mmáx
:
m4233,00
p
R x px R
x
M
A
A
M M R p RM
R xM
máx2 6308,72
1
211649,04233,0
N0,48613,370936308,7máxmáx
R RM
m3
m4
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152 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
IPN 220 a flexión:
223
máx
220,
máx
máx N/mm3,173mm
N5,1
260
cm278
M
W
M
IPN z
Nm6,48186máx
M
6,481864máx
R RM
N6,12046máx
R
dN0,48610,8614;6,04612mínmáx
R
Por lo tanto:m
N114830,48613624,23624,2 máxmáx R p
b) Descenso vertical del punto B.
cm61,13060101,23
4004861
3 7
33
2
z EI
R
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 153
Problema 9.5
a) Determinar el valor máximo de la carga uniformemente repartida, pmáx , que se puede aplicar a laviga de la figura.
b) Calcular asimismo el descenso que tendrá el punto C.
Resolución:
a) Imponemos la condición de compatibilidad de deformación en C, es decir, planteamos igualdad decorrimientos.
p
2 R
2 R
A C B
2 p 2
p R
x
-
+
x R 2 22
x R x R
2
21
2 px px
2
21
22 px x R px
22
122
2 x R px x R px
+ +
-
4 m 4 m
8 m
h = 6 m
2cm5 A 2
cm5 A
D E
A BC
p
Datos:
Viga AB: IPN 300
adm= 160 MPa
E = 2,1·105
MPa
( tanto para la viga
AB como para los
tirantes CD y CE )
45º 45º
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154 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Cálculo de C :
Aplicamos el 2º teorema de Mohr entre C
2
x y A 0 x :
2 322
0
2
222
1222
o z z
dx x p
x R
p EI
dx x EI
x p x R x p
6422422
1
42322
1432
0
43
p R p
EI
x p x R p
EI z Z
C z z
p R
EI p
R
EI
384
5
48
1
128
1
48
1
48
1 434
3
D E
C
2C
C
45º45º
R
2
2
A C B
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 155
Cálculo de :
E
R
E
R
EA
R120
5
26002
2
2
2
cm
2C
2
2120
384
5
48
143
E
R p R
EI z
C
R p R 21209800384
1085
48
108 8463
R p R 98,93200064 R p 310312,2 ( p en N/ml , R en N)
Cálculo de R máx ( pmáx ) :
Cables a tracción:
N113137cm
N000165
2
2
máx22
máxmáx
máx
Rcm
R
A
P adm
2cm5,cm2600 A
R2
2
D, E
C
R2
2
m26
4300, cm9800
cm800m8
IPN z I
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156 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
IPN 300 a flexión:
Nm104480cm
N16000cm653
máx23
máx
300,
máx
máx M M
W
M
IPN z
|Mmáx|:
R R R R pM C 154
80010810312,2
8
1
48
1 4232
cm800
10312,2 3
R p
cm74,1831031,2222222
03
R
R
p
R x px
R p
x
M
x
R x x p px x
R p xM M
2222
1
22cm74,183
22
máx
R R
R 3974,18322
74,18374,183
2
80010312,2
2
3
Así que Mmáx = 104480·102
N·cm = 39 R máx R máx = 267897 N
N113137267897,113137mín, sistemaadm R
Por lo tanto, el valor máximo de la carga uniformemente repartida que se puede aplicar a la viga AB,
admitida por el sistema, es:
m N26157cm N57,26111313710312,2 3máx p
b) El descenso del punto C es.
cm101,2
11313712022
7
C cm9,0C
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 157
Problema 9.6
Determinar el desplazamiento vertical de la sección C, C , en la pieza de la figura, admitiendo que lasección en todos los tramos del sistema es circular y el material es el mismo.
Datos:
G = 0.4·E
p =1000 N/ml
D = 50 mm
a = 1 mE = 2,1·105 Mpa
Resolución:
a) Determinación de esfuerzos .
Es un problema hiperestático. Consideraremos R B como incógnita hiperestática a determinar.
Esfuerzos:
Tramo BC:
2
2
1 px x RM
px RT
B Z
B y
Tramo CA:
2
21 a pa RM
xa p RM
a p RT
B x
B z
B y
Aa
a
p
BC
D
y
z
y
z
x
x
x
x
R B
A
CB
p
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158 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Aplicaremos el teorema de Castigliano para hallar la incógnita hiperestática R B :
dx R
M
EI
M
R
M
GK
M
R
T
GA
T dx
R
M
EI
M
R
T
GA
T
R
W A
C B
z
z
z
Bt
x
B
y yC
B B
z
z
z
B
y y
B
total B
11
0
aC
B
a A
C z
B B
B
z
B B
B dx x EI
x pa Ra
GI
paa R
GA
pa Rdx x
EI
px x R
GA
px R
0 00
2
1
2
1
2
1
12
1
1
3383
1
2
1
2
1 434343
0
22
1
a p
a R
a p
a R
EI
a pa R
GI paa R
a pa R
GAB B
z
B B B
pa Ra
EI p
a Ra
GI paaR
GAB
z
B B43
43
0
2
1 24
11
3
21
2
1
2
32
1
64
32
4109
109
4,0
4
4
0
2
1
D I
D I
D A A
E G
z
pa Ra
D E
pa
Ra D
E
paaR D
E
B B B B43
4
43
4
2
2 24
11
3
2
64
1
2
324.0
1
2
32
410
94.0
1
0
6.3
2411
326.364
2932
23240
4
434322
D E
pa Ra pa Ra paaR D B B B
211
N/m101,2
N/ml1000
m1
m05,0mm50
E
p
a
D
N3.565 B R
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9 Piezas y sistemas hiperestáticos 159
b) Determinación de C.
Para calcular C , aplicaremos el método de la fuerza ficticia:
Esfuerzos (debidos a F):
Tramo BC:
x RM
RT
B z
B y
Tramo CA:
a RM
x F RM
F RT
B x
B z
B y
4
3332
6.3
33
26.364932240
0 D E
F a
Ra RaaF aR D
R
W B B B
B
total
F R B 174.0
a
z
B
B
F para
total C dx x
EI
x F px x R
GA
F px R
F
W
0
2
10
)174.0
174,02
1
174.0174,0
(
a
B B aa F paa R
GI GA
F F pa R
0
2
01
174.0174,02
11826.0
174,0(
dx x
EI
x F F x pa R
z
B )826.0174,0
Integrando, entre límites, y tomando F= 0:
43
0
22
1 2
1174.0
1826.0
2174.0
1 paa R
GI paa R
a pa R
GA B B BC
C B
A
R Bx
x
F
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160 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
33826.0
42
1
3174.0
1 4343 a p
a Ra p
a R
EI
B B
Z
m00225,0
6.3
254.0217.06.364087.0174.0932739.0652.0404
2
D E
p R p R p R D B B B
cm225,0C (en vertical, hacia abajo:
igual dirección y sentido que F)
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10 Inestabilidad elástica 161
10 Inestabilidad elástica
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162 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.1
Determinar la carga máxima P que puede soportar el sistema de la figura, si la tensión máxima
admisible es de 160 MPa.
E = 2,1·106
Kp/cm2
Resolución:
Reacciones:
2630
P R R P M
C C B
P R F bV
2
30
Kp2
3máx P T
mKp3máx P M
30º 30ºIPN 100 IPN 100HEB 120
P
A B CIPN 500
3 m 6 m
4
x
A B C
P P 2
32
P
P 2
3
2 P
-
+
-
3 6
T
M
x P
P 3 3
23 x P x P
P
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10 Inestabilidad elástica 163
IPN 500.Cálculo a flexión.
: N P mm
N cm
Nm P
W
M IPN adm
IPN z
1466671602750
3500máx,23
500,
máx
máx
Puntal HEB 120. Cálculo a esfuerzo normal y a pandeo.
cm06.3;cm04.5
cm9.52;cm144
cm318;cm864
cm34
120HEB33
44
2
y z
y z
y z
ii
W W
I I
A
Esfuerzo normal:
- N544000cm
N1600034
máx2máxmáx
máx N N
A
N
N3626672
3544000 máx P P
Pandeo:
- min
mini
L 105131
06.3
400( acero estructural )
el pandeo se produce en la zona
de validez de la ecuación de Euler
N1177005.31016
318101.24
722
2
120,
sp sp
crit H adm
L EI N
N
27
4
cm N101.2
1005.3
cm400m4
cm318
E
L
I I
sp
min
P 2
3
P 2
3
y
z
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164 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
N784662
3117700 máx P P
Puntales IPN 100. Comprobación a esfuerzo normal.(Tracción)
N169600cm N160006,10
máx2máxmáxmáx N
N
A
N
N587511º30cos4
169600 máx P P
Por lo tanto, la carga máxima que puede soportar el sistema es:
N78466587511,78466,14667 min P
º30cos4
P
º30cos4
P
º30cos4
P
º30cos4
P
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10 Inestabilidad elástica 165
Problema 10.2
Dado el esquema de la figura, donde B, C y D son articulaciones perfectas; si la tensión máximaadmisible y el módulo de Young son los mismos para las tres barras, e iguales respectivamente a adm
= 160 MPa y E = 2,1·105 MPa.
Determinar:
a) Diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales para cada barra. b) El máximo valor admisible de P.
Resolución:
a) Diagramas.
2 m
2 m
2 m2 m2 m
IPN 360
IPN 100
IPN 140
A
C
B
D
P
A
C
B
D
x
TRACCIÓN
COMPRESIÓN
22 P
22 P
22
P
c R R4
22 P
22 P
c R R
4
22 P
N
+
-
B
2
P
22
P
22
P
45º 45º
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166 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
b) Cálculo de Padm :
IPN 360 a flexión:
23360,
máxmáx mm
N160cm1090
Nm1 P
W
M
IPN z
N174400adm
P
AB
D
C
2 P R
A 2
P
2 P
B R
T
+
-
AB
D
CM
+
x P 2
22
x P x P
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10 Inestabilidad elástica 167
IPN 100 a tracción:
2máxmáx N/mm160
6,10
22
P
A
N
N70147922106,10160 2 admadm P P
IPN 140 a compresión:
5.3
2
2
L
EI
C
N N
sp
crit adm
5.3100202
4.1
2200 s
min
C i
N6,26051085,3
2.35101,24
72
adm N
N7370022
N6,2605 admadm
adm P P
N
Por tanto :
N7007370073,701479,400174mínmáx P
Problema 10.3
cm2200
22 P
22 P
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168 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Calcular la carga axial máxima que puede soportar una broca de 3 mm,
a) sin pretaladro
b) con pretaladro o marcado.
2
2
N/mm320
N/mm210000
e
E
Resolución:
a) b)
2
2
p
z cr
L
EI N
Ncr
L p=2L
Ncr
L p=0,7L
R
a)
b)
3150 mm
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10 Inestabilidad elástica 169
a) N911502
64
3210000
2
22
b)
N7471507,0
64
3210000
2
22
Comprobación de la validez de la fórmula de Euler ( para b):
cumplemm
N320
mm
N105
4
3
N747222
e
cr
cr A
N
NOTAS: - Se ha simplificado la obtención de I,A sin utilizar reducciones de la sección.
- A los valores de 91 N y 747 N hay que aplicarles un adecuado coeficiente de seguridad.
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170 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.4
Calcular la sección rectangular más eficiente para la pieza de aluminio sometida a compresióncentrada.
L = 500 mm , seg. pandeo= 3
Datos del Al:
E = 70000 N/mm2
e= 20000 N
Resolución:
La relación b-h debe ser la óptima para que la Ncr sea la misma en ambas direcciones.
Flexión eje y:
1
2
12
1
2
32
2
2
1, L
bh E
L
EI N
y p
y
cr
Flexión eje z:
2
7,0
12
1
2
32
2
2
2, L
bh E
L
EI N
z p
z cr
Igualando Ncr,1= Ncr,2
7,0
2
7,0
12
1
2
12
1
22
32
22
32
b
h
L
bh E
L
bh E
N=20 kN
x
L
y
z
b
h
y
z
LPz=0,7·L
LPy=2·L
x
y
z
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10 Inestabilidad elástica 171
Con esta relación, puede elegirse la fórmula (1) o (2):
3. N
N cr pandeo seg
3
2
121
2
32
N
L
bh E
mm1550:tomaráse
mm5,41
mm5,143
500220000
7,0
2
12
170000
2
3
2
xh
bbb
Comprobación:
cumple N/mm1005,415,14
60000 2e
cr cr
A
N
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172 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.5 *
Calcular la carga máxima, Nmáx, en los tres casos:
Resolución:
a) En el primer caso, Nmáx=Ncr , suponiendo que la cr e
N301952
10000
64
190200210000
2
222
2
2
p
cr L
EI N
cumple N/mm99
mm4
190200
N301952 2
2
22 ecr
cr
A
N
10m = 10000 mm10 mm 100 mm
A) B) C)
v0=L/1000 v0=L/100
Ncr =Nmáx ? Nmáx ? Nmáx ?
Acero S260
e 260 N/mm2
E=210000 N/mm2
200x5 mm
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10 Inestabilidad elástica 173
b) El momento flector en el centro del vano:
22
L xv N
L xM
TOTAL.
0
2 1
1v
N
N v
cr
L xTOTAL
cr N
N 1
1
El corrimiento total depende de la relacióncr
N
N .
Por la ecuación de la flexióne
W
M
A
N máx
2
222
0máx
máx
22
máx N/mm260
10064
190200
3019521
1
4
190200
v N
N
N
Para v0 = 10 mm tenemos Nmáx=269500 N
c) Para v0 = 100 mm tenemos Nmáx=152000 N
Factor de amplificación:
A)
B)C)
10 100
N
v
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174 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.6 *
Calcular el valor de la imperfección geométrica inicial, v0, que provoca el fallo elástico del perfiltubular 100x4 mm sometido a N = 125 kN.
Resolver el problema utilizando dos modelos de cálculo:
a) Análisis de 1er
orden, con la geometría caracterizada por el valor inicial v0.
b) Análisis de 2º orden, considerando la amplificación del valor inicial de v0.
N = 125 kN
L = 3500 mm
100x4
v0 ?
N
Material S235:
e=235 N/mm2
E= 210000 N/mm2
Tubo 100x4:
A= 1206 mm2
I= 1392000 mm2
W=27840 mm2
x
y
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10 Inestabilidad elástica 175
Resolución:
a) Análisis de 1er
orden:
La sección más desfavorable2
L x :
0v N M
N N
2 N/mm235 e xW
M
A
N
20 N/mm52327840
125000
1206
125000
v
Despejando el valor de v0:
mm29125000
27840
1206
1250002350
v
b) Análisis de 2º orden:
e
cr
xW
v N
N
N A
N
0
1
1
La carga crítica de Euler, Ncr :
N235517
0350
13920002100002
2
2
2
p
cr L
EI N
Así, el factor de amplificación vale
13,2
235
1250001
1
1
1
cr N
N
= =
N
v0
01
1v
N N N M
cr
= =
N
N
v0
0v N M
N
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176 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Sustituyendo en la fórmula:
20 N/mm23527840
12500013,21206
125000 v
Despejando el valor de v0:
mm7,1313,2
1
125000
27840
1206
1250002350
v
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10 Inestabilidad elástica 177
Problema 10.7 *
Un tubo de acero 140x140x5 mm tiene una imperfección inicial de 50 mm respecto a la directrizteórica y está sometido a una leve carga de viento q = 300 N/m y a una carga axial de compresión N =
100 kN.
a) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en un análisis de 1er
orden.
b) Calcular la tensión normal máxima en la sección central en una análisis de 2on
orden, es decir,
considerando la interacción N – M (esfuerzo normal – momento flector).
Tubo 140x140x5 mm:
A = 26,70 cm2
Iy = Iz = 821,25 cm2
iy = iz = 5,51 cm
Wel·y = Wel·z = 117,32 cm3
Acero S235:
E = 210000 N/mm2
e= 235 N/mm2
N = 100 kN
L = 5 mv0 = 50 mm
N = 100 kN
x
y
qy = 300 N/m
G
y
z
5
qy
140 mm
140
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178 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Resolución:
En un análisis de 2on
orden el diagrama de momentos
flectores se ve amplificado por el efecto de la
preflecha inicial (v0) y de la interacción N-M.
a) Análisis de 1er
orden (sin considerar pandeo, con la geometría inicial del enunciado).
1
8
10
2
máx, z z
z
x W
v N pL
A
N
W
M
A
N
117320
5010000050000,38
1
2670
1000002
cumplemm
N8862,4299,745,37
2 e
b) Análisis de 2on
orden (amplificación de la preflecha inicial e interacción N-M).
2
1
18
1
0
2
2máx,
z
cr
z
xW
v N
N
N W
pL
K A
N
Cálculo de la carga crítica elástica de Euler, Ncr :
N680855
5000
8212500210000mm5000
2
2
2
2
z
z
p
cr p L
EI N L
N
N
v0
q
1er
orden2on
orden
N
N
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10 Inestabilidad elástica 179
Para el factor de amplificación K 2, se elige la expresión aproximada (*):
172,1
680855
1000001
1
1
12
cr N
N K
Así, finalmente (2):
cumplemm
N7,9662,4217,199,717,145,37
2máx, e x
(*) Cálculo exacto de K:
rad602,0680855
100000
22
cr N
N u
177,1602,0cos602,0
602,0cos12
cos
cos12222
uu
u K
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180 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Problema 10.8 *
Un tubo circular 100x4 mm de acero está sometido permanentemente a una carga puntualtransversal, F = 5kN, en el centro del vano.
Mediante un cilindro hidráulico se puede aplicar una carga axial variable en el extremo.
Suponiendo un comportamiento ideal de elasticidad indefinida para el material:
a) Calcular la carga axial máxima soportada por el sistema, al poder producirse su colapso por
inestabilidad elástica.
b) Representar gráficamente la relación N-v, mediante un modelo teórico de 2º orden, es decir,
considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento flector.
A continuación, suponiendo un comportamiento real de material, con una tensión de límite elástico
e=380 N/mm2.
c) Calcular la carga N que provoca el fallo elástico del perfil.
Material S380: E = 210000 N/mm2
e = 380 N/mm2
N variable
x
y
v
F=5 kN
100x4
= =
L = 5000 mm
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10 Inestabilidad elástica 181
Resolución:
a)
N115403
5000
13920002100002
2
2
2
p
cr L
EI N
Hipótesis: Elasticidad indefinida.
b) Considerando la interacción N – M.
mm54,44
139200021000048
50005000
483
3
3
3
3
K K
K EI
L F v
donde K 3 es el factor de amplificación.
Cálculo exacto de K 3:
11540322
1154032
11540321154032tg3
tg3333
N
N
N u
N
N N
u
uu K
cr
Cálculo aproximado de K 3:
1154031
1
1
13 N
N
N K
cr
E = 210000 N/mm2
Ncr
N
v
N N
115403 N
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182 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
Tabla de valores de la función N – v
N veaxct. vaprox.
0 44,54 44,54 mm
Ncr /4=28851 N 59,39 mm
Ncr /2=57701 N 89,08 mm
3Ncr /4=86552 N 178,16 mm
La representación gráfica de la función N – v:
La curva de respuesta N – v, considerando la interacción entre el esfuerzo normal y el momento
flector, es asintótica al valor de la carga crítica de Euler Ncr = 115403 N.
Suponiendo una elasticidad indefinida del material el fallo de la pieza se produce con el mismo valor
de Ncr .
c) Sin embargo, antes de llegar a esta situación el material habrá superado la tensión del límite
elástico. Para el material real:
eW
M K
A
N
eW
M
A
N
, donde L F K M
4
1
( mm )
cr N
cr N
4
3
2
cr N
4
cr N
115403
86552
57701
28851
( N ) N
v
50 100 150 200 250
v
5 kN N N
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10 Inestabilidad elástica 183
2mm
N038
27840
500050004
1
1154031
1
1206
N
N
Resolución de la ecuación de 2º grado:
380225115403
115403
1206
N
N
N N
115043
1206380225115403
120638069,954385314025965675
2 N N N
cba
N N 1788746569,4751206
10 2
cr
N a
acbb N
sentidosin N533630
N40425
1206
12
17887461206
14476476
2
42
2
Se cumplen la hipótesis de aproximación para el cálculo del factor de amplificación K:
692421154036,0404256,0 cr N N
54,1
1
1
cr N
N K
Representación gráfica del apartado c):
(N) N
115403
40425
44,5 68,5
N cr
v (mm)
380W
M K
A
N
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184 Resistencia de materiales. Problemas resueltos
c’) Un planteamiento parecido del problema es considerar que v0=44,5 mm constituye una preflecha
inicial.
El momento flector L F 41 resta constante y la amplificación es debida al termino
0
1
1v
N
N N v N
cr
Los resultados obtenidos no difieren excesivamente de la solución exacta:
eW
M
A
N , donde v N L F K M
4
1
2mm
N380
84027
1154031
154,4450005000
4
1
1206
N N
N
Resolución de la ecuación de 2º grado:
380
115403
115403
27840
54,44225
1206
N
N N
N N N
115043225
1206380
27840
11540354,44
N N
N N 69,95178874651206
1156,1842
cb
a
N N 178874654351206
10 2
cr N a
acbb N
sentidosin N479633
N44977
2
42